urmat
.pdf31
38. Найти закон распределения температуры внутри стержня длины l, лежащего на отрезке [0,l], если в начальный момент температура внутри стержня была распределена следующим образом:
|
|
|
|
x |
u0 , |
при |
0 |
≤ x ≤ |
l |
; |
||
|
|
|
|
|
||||||||
f (x) = u |
|
|
= l |
|
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
t =0 |
l − x |
u0 , при |
l |
< x ≤ l, |
|
|||||
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|||||||
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
где u0 = const.На концах стержня поддерживается нулевая температура. Теплообмен свободный.
|
4u0 |
∞ |
(−1) |
n−1 |
− |
a 2 n2π 2t |
|
(2n −1)πx |
|
||
Ответ. u(x,t) = |
∑ |
|
|
e |
|
l 2 |
sin |
. (при 0≤ x ≤ l, t ≥ 0 ). |
|||
2 |
(2n −1) |
2 |
l |
||||||||
|
π |
n=1 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
39. Найти закон распределения температуры внутри стержня длины l, если в начальный момент температура внутри стержня во всех точках равнялась 0o, в левом конце поддерживается все время постоянная температура u1, а в правом − постоянная температура u2. Теплообмен свободный.
∞ |
2 |
|
|
− |
a 2 n2π 2t |
|
|
|
nπx |
|
|
x |
|
|
n |
l 2 |
|
|
|
|
|
|
|||||
Ответ. u(x,t) = ∑ |
|
(−u1 +(−1) |
|
u2 )e |
|
sin |
|
+u1 + (u2 |
−u1) |
|
. |
||
|
|
|
l |
l |
|||||||||
n=1 nπ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
12. Охлаждение бесконечного стержня. |
|
|
|
|||||||||
Пусть температура тонкого теплопроводного стержня бесконечной длины в |
|||||||||||||
начальный момент была распределена по закону: u |
|
t =0 = f (x) . |
(12.1) |
||||||||||
|
|||||||||||||
|
|
|
|
Определим температуру в каждой точке стержня в любой последующий момент времени t>0.
Ясно, что это частный случай задачи Коши, которая сводится к определению функции u(x,τ) , удовлетворяющей уравнению
∂u = ∂2u
(12.2)
∂τ ∂x2
( где τ = ckρ t ) и начальному условию (12.1).
С физической точки зрения эта задача аналогична рассмотренной в предыдущем параграфе с тем отличием, что здесь нет граничных условий. Ясно поэтому, что, разделяя переменные по методу Фурье можно представить решение уравнения
(12.1) в виде
u(x,τ) = ( Acos λx + B sin λx)e−λ2τ . |
(12.3) |
32
В случае стержня конечной длины l мы определяли из граничных условий дискрет-
ное множество возможных значений параметра λ : λn = n πl , где каждому значе-
нию индекса п соответствуют некоторые коэффициенты An u Bn . Чем длиннее стержень, тем гуще множество значений λn (расстояние между λn и λn+1 равно
π |
и стремится к нулю, когда l → ∞). Поэтому для бесконечного стержня λ может |
|
l |
|
|
иметь любое значение от 0 до ∞. |
|
|
|
Таким образом, каждому значению λ соответствует частное решение: |
|
|
uλ (x,τ) = ( A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−λ2τ . |
(12.4) |
Общее решение получается из частных решений не суммированием, а интегрированием по параметру λ :
∞ |
∞ |
|
uλ (x,τ) = ∫uλdλ =∫( A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−λ2τ dλ |
(12.5) |
|
0 |
0 |
|
Отсюда видно, что задача свелась к разложению произвольной функции в интеграл Фурье, являющийся обобщением понятия ряда Фурье.
В теории интеграла Фурье доказывается, что любая непрерывная функция
f(x), удовлетворяющая условию |
∞ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
∫ |
|
f (x) |
|
dx < ∞, может быть представлена в виде |
|||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||
интеграла Фурье |
|
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
f (x) = ∫( fc (λ) cos λx + fs (λ) sin λx)dλ, |
(12.6) |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
+∞ |
|
||||
где fc (λ) = |
|
|
|
|
∫ f (x) cos λxdx, |
fs (λ) = |
|
|
|
∫ f (x) sin λxdx. |
(12.7) |
||||||||
π |
π |
||||||||||||||||||
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
−∞ |
|
||||||||
Подставляя значения Фурье-преобразований |
fc (λ) u fs (λ) |
в интеграл (12.6), |
|||||||||||||||||
получим: |
|
|
|
|
|
1 |
∞ |
+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
f (x) = |
|
∫(cos λx ∫ f (ξ) cos λξdξ +sin λx ∫ f (ξ) sin λξdξ)dλ, |
|||||||||||||||||
π |
|||||||||||||||||||
|
|
1 ∞ |
0 |
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
−∞ |
|
|||||
|
|
|
+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
или f (x) = |
|
|
|
|
∫dλ ∫ f (ξ)(cos λx cos λξ +sin λx sin λξ)dξ. |
|
|||||||||||||
π |
|
|
|||||||||||||||||
|
0 |
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Учитывая, что выражение в скобках есть косинус разности, приходим к иному выражению для интеграла Фурье:
|
1 |
∞ |
∞ |
|
||
f (x) = |
|
|
∫dλ ∫ f (ξ) cos λ(ξ − x)dξ. |
(12.8) |
||
π |
||||||
|
0 |
−∞ |
|
33
Таким образом, если в качестве коэффициентов A(λ) u B(λ) в (12.5) выбрать соответственно A(λ) = fc (λ), B(λ) = fs (λ), то интеграл
|
|
|
|
|
1 |
∞ |
|
|
||
|
|
u(x,τ) = |
∫( fc (λ) cos λx + fs (λ) sin λx)e−λ2τ dλ |
(12.9) |
||||||
|
|
π |
||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
||||
является решением рассматриваемой задачи. |
|
|||||||||
Другая, эквивалентная форма этого решения, получается из (12.8): |
||||||||||
|
1 |
∞ |
|
|
+∞ |
|
|
|||
u(x,τ) = |
∫e−λ2τ dλ ∫ f (ξ) cos λ(ξ − x)dξ. Преобразуем последний интеграл ме- |
|||||||||
|
||||||||||
π |
0 |
|
|
−∞ |
|
|
||||
няя порядок интегрирования: |
|
|||||||||
|
|
|
|
1 |
|
∞ |
+∞ |
|
||
|
u(x,τ) = |
|
|
∫ |
f (ξ)dξ ∫ e−λ2τ cos λ(ξ − x)dλ. |
(12.10) |
||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
π −∞ |
0 |
|
Обозначив q :=ξ − x, можно внутренний интеграл свести к известному в математике определенному интегралу :
|
1 |
∞ |
1 |
e− |
q 2 |
|
|
K(τ, q) = |
∫e−τλ2 cos λqdλ = |
|
. |
|
|||
4τ |
(12.11) |
||||||
|
π |
0 |
2 πτ |
|
|
|
|
Заменяя обратно q через ξ − x и подставляя (12.11) в (12.10), получим окончательно:
|
1πτ |
+∞ |
− |
(ξ −x)2 |
|
|
u(x,τ) = 2 |
∫f (ξ)e |
|
dξ. |
|
||
4τ |
(12.12) |
|||||
|
|
−∞ |
|
|
|
|
Чтобы понять физический смысл полученного решения, допустим, что в начальный момент времени(τ = 0 ) температура бесконечного стержня была равна нулю всюду,
кроме окрестности точки x=0, где u = u0.
Рисунок 6.
Можно себе представить, что в момент τ = 0 элементу длины 2h стержня сообщили некоторое количество тепла Q0 = 2hcρu0 , которое вызвало повышение
34
температуры на этом участке до значения u0 .Следовательно, формула (12.12) при-
|
1πτ |
h |
− |
(ξ−x)2 |
|
Qπτ0 |
h |
− |
(ξ−x)2 |
|
нимает вид: u(x,τ) = 2 |
∫u0e |
|
dξ = 4h |
cρ ∫e |
|
dξ. |
||||
4τ |
4τ |
|||||||||
|
|
−h |
|
|
|
|
−h |
|
|
|
Будем теперь уменьшать h, устремляя его к нулю, считая количество тепла неизменным, т.е. введем понятие мгновенного точечного источника тепла мощности Q0 , помещенного в момент τ = 0 в точке x=0. При этом распределение температур
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q0 |
|
1 |
h |
(ξ −x) 2 |
||
в стержне будет определяться формулой: u(x,τ) = |
|
lim |
∫e− |
|
|
dξ, |
||||||||||
2 |
4τ |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
πτcρ |
h→0 |
2h |
−h |
|
|
|
|
или по теореме о среднем u(x,τ) = |
|
Q0 e− |
x2 |
. В частности, если Q = cρ, то |
||||||||||||
|
4τ |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
πτcρ |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
температура в любой точке стержня в произвольный момент времени t = τ |
(а − ко- |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
эффициент |
|
температуропроводности) |
может |
|
быть |
найдена |
по |
форму- |
||||||||
ле:u(x,t) = |
|
1 |
e− |
x 2 |
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
4at |
. Заметим, что величина |
cρ ∫u(x,t)dx есть общее количе- |
|||||||||||||
|
πat |
|
|
|
|
|
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
ство тепла, полученное стержнем к моменту времени t:
+∞ |
cρ |
+∞ |
− |
x 2 |
|
|
|
Q(t) = cρ ∫u(x,t)dx = |
∫ e |
4at |
dx. |
|
|
||
−∞ |
2 πat −∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
π |
. Поэтому |
Но последний(справа) интеграл есть интеграл Пуассона: ∫ e−αx 2 dx = |
|||||||
|
|
|
|
|
−∞ |
α |
|
получаем, что Q(t) = cρ = Q0 = const, что согласуется с законом сохранения энергии.
40. Решить уравнение |
∂u |
= a2 ∂2u |
, если начальное распределение температуры |
|
∂t |
∂t2 |
|
стержня определяется равенством u(x,t) |
|
t =0 = |
u |
, если |
x |
< x < x |
|
, |
||||
|
f (x) = 0 |
|
1 |
|
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
0, если x < x1, или x > x2 . |
|||||
|
u0 |
x |
( x −ξ) 2 |
|||||||||
|
∫2 e− |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Ответ. u(x,t) = |
4a 2t |
dξ. |
|
|
|
|
|
|
||||
|
2a πt |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание. Решение u(x,t) можно выразить через интеграл вероятности .
35
13. Задача о равновесии электрических зарядов на поверхности проводника.
Рассмотрим стационарное электростатическое поле, созданное в пространстве некоторой системой электрических зарядов. Если заряды q1, q2 ,..., qn расположены
дискретно |
в |
точках |
ξ1,ξ2 ,..,ξn , |
|
то |
потенциал |
поля |
в |
точке |
|||||
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x = (x1, x2 , x3 ) |
u = ∑ |
qi |
, |
где ri = |
|
ξi − x |
|
−расстояние от заряда qi |
до точки x. |
|||||
|
|
|||||||||||||
r |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
i =1 i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Если же заряды непрерывно распределены на некоторой линии L , или поверхности |
||||||||||||||
S, или в объеме V, то потенциал поля соответственно выражается одним из инте- |
||||||||||||||
гралов: u = ∫γr1dl, u = ∫∫γr2 ds, u = ∫∫∫γr3 dv, |
где r− расстояние от элемента ли- |
|||||||||||||
|
L |
|
S |
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
нии (поверхности, объема) до точки поля, обладающей потенциалом и. В этих формулах величины γ1,γ2 ,γ3 обозначают линейную, поверхностную или объемную
плотность зарядов: γ1 = lim |
q |
= |
dq |
, |
|
|
|||||||
l |
dl |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
l →0 |
|
|
|
|
|
|||
γ2 = lim |
q |
= |
dq |
, |
γ3 = lim |
q = |
dq |
, где |
q −заряд элемента линии L (по- |
||||
s |
ds |
dv |
|||||||||||
s→0 |
|
|
v→0 |
v |
|
|
|
верхности S, объема V). В общем случае потенциал поля равен сумме потенциалов, созданных каждым из этих видов распределения зарядов в отдельности.
Допустим, что конечная область V пространства занята проводящей средой − проводником, т.е. средой, в которой заряды могут свободно передвигаться, а остальная часть пространства − диэлектриком, т.е. средой, в которой движение зарядов невозможно. В стационарном состоянии потенциал поля во всех точках области V, − включая ее границу, одинаков, так как иначе бы возникло движение электрических зарядов, стремящееся выровнять потенциал, и поле менялось бы. Отсюда непосредственно очевидно, что в области V потенциал поля и удовлетворяет уравнению Лапласа: u = 0 ( u = div grad u) . Внутри проводника заряды разных знаков
должны быть взаимно нейтрализованы. Следовательно, если достигается стационарное состояние, то избыточные заряды располагаются на границе ∂V проводника в виде бесконечно тонкого электрического слоя. Потенциал этого слоя в точке x выражается интегралом:
u = ∫∫γr2 ds, |
(13.1) |
∂V |
|
где r− расстояние от переменной точки ξ поверхности проводника до точки x. Если точка x находится вне проводника, то функция 1r удовлетворяет уравнению Лапла-
са. Следовательно, уравнению Лапласа удовлетворяет и потенциал u, определяемый формулой (13.1). Чтобы доказать это утверждение, достаточно применить к инте-
36
гралу (13.1) правило дифференцирования по параметру, что можно сделать, так как, по предположению, точка x находится вне поверхности ∂V и, следовательно, подынтегральная функция в выражении (13.1) нигде не обращается в бесконечность.
Итак, в каждой точке x, лежащей вне проводника, потенциал u также удовлетворяет уравнению Лапласа. Поэтому возникает задача нахождения функции u, удовлетворяющей уравнению Лапласа во всех точках окружающего проводник пространства, стремящейся к нулю на бесконечности и удовлетворяющей условию
U=const, когда x ∂ V.
Это последнее условие получило название граничного условия, в связи с чем рассматриваемую математическую задачу называют граничной.
В зависимости от вида граничного условия различают три основных вида граничной задачи:
1.u(x) =ϕ(x), когда x ∂ V − первая граничная задача или задача Дирихле,
2.∂∂un =ϕ(x), когда x ∂ V − вторая граничная задача или задача Неймана,
3.α2 ∂∂un +α1u =ϕ(x), когда x ∂ V − третья или смешанная граничная задача.
Здесь ϕ,α1,α2 −непрерывные функции, определенные на граничной поверх-
ности ∂ V, а ∂∂un означает производную, взятую в точке поверхности ∂ V по направ-
лению внешней нормали к ней. К этим видам граничной задачи приводит изучение широкого круга стационарных физических явлений и процессов.
14. Решение задачи Дирихле для круга методом Фурье.
Функцию, удовлетворяющую в области D уравнению Лапласа, называют гармонической в этой области.
Пусть дан круг радиуса R c центром в полюсе O полярной системы координат. Будем искать функцию u(ρ,θ), гармоническую в круге и удовлетворяющую на его окружности условию u ρ=R =ϕ(θ), где ϕ(θ) − заданная функция, непрерывная
на окружности. Искомая функция должна удовлетворять в круге уравнению Лапласа
ρ |
2 ∂2u |
+ ρ |
∂u |
+ |
∂2u |
= 0. Допустим, что частное решение имеет вид |
|
|
∂ρ2 |
∂ρ |
∂θ2 |
||||
|
|
|
|
|
u= Q(ρ) T (θ). Тогда получим
ρ2Q'' (ρ) T (θ) + ρQ' (ρ) T (θ) +Q(ρ) T '' (θ) = 0.
|
|
|
37 |
|
|
Разделяем переменные: |
T " (θ) |
= − |
ρ2Q'' (ρ) + ρQ' (ρ) |
. Приравнивая каждую часть |
|
T (θ) |
Q(ρ) |
||||
|
|
|
полученного равенства постоянной − k 2 , получим два обыкновенных дифференци-
альных уравнения: T" (θ) + k 2 T (θ) = 0, ρ2Q" (ρ) + ρQ' (ρ) − k 2Q(ρ) = 0.
Отсюда при k=0 получим |
|
T (θ) = A + Bθ, |
(14.1) |
Q(ρ) = C + Dln ρ. |
(14.2) |
Если же k > 0, то T (θ) = Acos kθ + B sin kθ, |
(14.3) |
арешение второго уравнения будем искать в виде Q(ρ) = ρm , что дает
ρ2m(m −1)ρm−2 + ρmρm−1 − k 2 ρm = 0, или ρm (m2 − k 2 ) = 0, m = ±k.
Следовательно, Q(ρ) = Cρk + Dρ−k . |
(14.4) |
Заметим, что u(ρ,θ) как функция θ |
есть периодическая функция с периодом 2π, |
так как величины u(ρ,θ) и u(ρ,θ + 2π) соответствуют однозначной функции в одной и той же области. Поэтому, в (14.1) В=0, а в (14.3) k может иметь одно из значений 1,2,3,…( k >0). Далее, в (14.2) и в (14.4) D=0, так как в противном случае функция u имела бы разрыв при r=0 и не была бы гармонической в круге. Итак, мы получили бесчисленное множество частных решений уравнения u(ρ,θ) = 0, непрерывных в круге, которые можно записать в виде
u |
0 |
(ρ,θ) = |
A0 |
, |
u |
n |
(ρ,θ) = (A cos nθ + B sin nθ)ρn , (n =1,2,....). |
|||
|
||||||||||
|
2 |
|
|
|
n |
n |
||||
|
|
|
|
|
|
A0 |
+ ∑∞ (An cosnθ +Bn sinnθ)ρn , которая в следст- |
|||
Составим функцию u(ρ,θ) = |
||||||||||
2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
n=1 |
вие линейности и однородности уравнения Лапласа также будет его решением. Ос-
тается определить величины |
A0 , An , Bn так, чтобы эта функция удовлетворяла ус- |
||||
ловию u |
|
ρ=R =ϕ(θ), ϕ(θ) = |
A0 |
+ ∑∞ (An cos nθ + Bn sin nθ )Rn . |
|
|
|||||
2 |
|||||
|
|
|
n=1 |
Это разложение функции ϕ(θ) в ряд Фурье в промежутке [-π,π]. В силу известных формул находим
A = |
1 |
π ϕ(τ)dτ, |
A = |
|
1 |
|
π |
ϕ(τ) cos nτ dτ, |
|||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||
0 |
π −∫π |
n |
|
|
πRn −∫π |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
1 |
π |
|
|
|
1 |
|
∞ |
|
ρ |
n |
|||
Таким образом, u(ρ,θ) = |
∫ |
|
|
|
|
∑ |
|
||||||||||
|
|
|
ϕ(τ) |
|
+ |
|
|
|
|
||||||||
π |
2 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
−π |
|
|
|
|
|
n=1 |
|
|
|
|
Bn = π1 n π∫ϕ(τ) sin nτ dτ.
R −π
cos n(τ −θ) dτ. После преобра-
зований получим
|
|
|
|
|
38 |
|
|
1 |
π |
|
R2 − ρ2 |
||
u(ρ,θ) = |
|
|
∫ϕ(τ) |
|
|
dτ. Это решение задачи Дирихле для |
π |
R2 |
− 2Rρ cos(τ −θ) + ρ2 |
||||
|
|
|
−π |
|
|
|
круга. Интеграл, стоящий в правой части, называется интегралом Пуассона.
Примеры
41. На окружности круга x2 + y2 ≤ R2 температура распределяется по закону:
u |
|
x |
2 |
+ y |
2 |
=R |
2 = x2 |
− y2 + |
1 |
y. Найти распределение температуры внутри круга, |
|
||||||||||
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
предполагая, что оно стационарно.
Решение. Поставленная задача − задача Дирихле для круга: требуется найти функцию, гармоническую внутри круга и принимающую на границе круга заданные зна-
чения u(R,θ) = R2 cos2 θ − R2 sin2 θ + 12 R sinθ = R2 cos 2θ + 12 R sinθ.
Согласно теории уравнения Лапласа искомая функция внутри круга имеет вид
∞ |
|
|
|
1 |
π |
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
|||
u(ρ,θ) = ∑ρn ( An cos nθ + Bn sin nθ). При этом A0 = |
ϕ(θ)dθ |
|
|||||||
2π |
|
||||||||
n=0 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
−π |
|
|
|
|
Из граничного условия получим: |
|
|
|
|
|
||||
|
|
1 |
∞ |
|
|
|
|
|
|
u(ρ,θ) = R2 cos 2θ + |
R sinθ = ∑(Rn An cos nθ + Rn Bn sin nθ). Откуда, срав- |
||||||||
|
|||||||||
|
2 |
n=0 |
|
|
|
1 R = RB . Сле- |
|||
нивая коэффициенты при cos 2θ и sinθ, получим: R2 = R2 A , |
|||||||||
|
|
|
|
|
2 |
2 |
1 |
||
довательно, A =1, B = 1 . Остальные коэффициенты равны нулю. Подставляя |
|||||||||
2 |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
найденные коэффициенты в выражение для u(ρ,θ) , получим решение задачи:
u(ρ,θ) = ρ2 cos 2θ + 1 ρsinθ = ρ2 (cos2 θ −sin2 |
θ) + |
||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||
+ |
1 |
ρsinθ = x2 − y2 |
+ |
1 |
y, т.е. u(x, y) = x2 − y2 |
+ |
1 |
y. |
|||
|
|
|
|||||||||
2 |
|
2 |
|
1 |
|
2 |
|
||||
42. Является ли гармонической функция u = ln |
, где ρ = x2 + y2 ? |
||||||||||
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
ρ |
|
|
|
Ответ. Да.
43. Решить задачу Дирихле для круга радиуса R с центром в начале координат, если заданы следующие граничные условия:
а)u |
|
ρ=R |
= |
3x |
; |
б) u |
|
ρ=R |
= 3 −5y; |
|
|
||||||||
|
R |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
39 |
в) u |
|
ρ=R |
= 2x2 − 4xy −6 y2 ; |
г) u |
|
|
ρ=R |
= 3Rϕ(2π −ϕ). |
||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
3 |
|
|
3x |
|
|||||
Ответ. а) u(ρ,θ) = |
ρ cosθ = |
; |
|
|||||||||
|
R |
|
||||||||||
|
|
|
|
R |
|
|
|
|||||
|
|
|
б) u = 3 −5y = 3 −5ρ sinθ; |
|
|
|||||||
|
|
|
в) u = 4ρ2 cos 2θ − 2ρ2 sin 2θ − 2R2 = 4x2 − 4xy − 4 y2 − 2R2 ; |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
∞ |
1 |
|
||||
|
|
|
г) u(ρ,ϕ) = |
2π 2 R −12∑ |
|
ρn cos nθ. |
||||||
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
n=1 n2 Rn |
|
44. Найти стационарное распределение температуры на однородной тонкой круглой пластинке радиуса R, если распределение температуры на окружности, ограничивающей эту пластинку, задается формулой
1, 0 ≤θ ≤π |
, |
|
|
|
|
|
||||||
f (R,θ) = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0, π <θ ≤ 2π. |
|
|
|
|||||||||
|
1− |
1 |
arctg |
R2 −r2 |
|
, |
0 ≤θ ≤π, |
|||||
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ. u = |
|
π |
|
|
2Rr sinθ |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
1 |
arctg |
|
R2 − r2 |
, |
|
π <θ ≤ 2π. |
||||
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
π |
|
2Rr sinθ |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Указание. В интеграле Пуассона нужно воспользоваться подстановкой tg τ −2θ = t.
45. Найти гармоническую функцию внутри кольца 1 ≤ ρ ≤ 2, удовлетворяющую краевым условиям u ρ=1 = 0; u ρ=2 = Ay.
Ответ. u(ρ,θ) = 83A sh ln ρsinθ.
Указание. Ввести полярные координаты. Можно воспользоваться формулой
|
|
|
∞ |
|
|
ρn + |
Cn |
|
|
u(ρ,ϕ) = C |
0 |
+ D ln ρ + |
|
A |
cos nθ |
||||
|
|
||||||||
|
0 |
∑ |
n |
|
ρ |
n |
|||
|
|
|
n=1 |
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
Dn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
+ B ρ |
|
+ |
|
|
sin nθ . |
||
|
|
n |
|||||
|
n |
|
|
ρ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Коэффициенты определяются из граничных условий.
46. Найти решение уравнения Лапласа в области, заключенной между двумя концентрическими окружностями радиусов R1 и R2 с центром в начале координат,
удовлетворяющее краевым условиям |
∂u |
|
=ϕ |
1 |
(θ), |
u |
|
|
=ϕ |
2 |
(θ). |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|||||||||
|
∂ρ |
|
ρ=R |
|
|
|
ρ |
=R2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
и sin kθ. |
|||
Указание. Решение представить в виде ряда Фурье по cos kθ |
40
15. Метод функций Грина.
Рассмотрим краевую задачу для уравнения эллиптического типа
|
|
(u) = f (M ), |
(15.1) |
|
|
∂u |
(15.2) |
α u +α |
|
=ϕ(M ), s = ∂V , |
|
1 |
2 |
∂n s |
α12 +α22 ≠ 0. |
где α1 =α1 (M ), |
α2 =α2 (M ), α1,α2 ≥ 0, |
Функцией Грина называют решение задачи (15.1),(15.2) при специальных значениях функций f и ϕ, именно: f (M ) = −δ(M , P) (δ −дельта функция), ϕ(M ) ≡ 0.
Решение этой задачи, т.е. функцию Грина обозначим через G(M,P). Если функция Грина найдена, то с ее помощью легко найти и решение исходной задачи (15.1), (15.2). Для этого применим формулу Грина к функциям v=G(M,P) и к исходному решению u(M):
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂u |
−u |
∂G |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
∫(G (u) −u (G))dv =∫ G ∂ |
∂ |
dσ. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
|
n |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
||||
Поскольку в области V |
|
(u) = f (M ), a (G) = −δ(M , P), то |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
∫ |
f (M )G(M , P)dv |
|
|
+ |
∫ |
u(M )δ(M , P)dv |
|
= |
|
∂u |
−u |
∂G |
|
|
. |
||||||||||||||||||
|
|
|
G |
∂n |
|
|
dσ |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
∫ |
|
∂n |
|
M |
|
|||||||||
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Второй интеграл левой части по свойству δ − функции равен u(P). Поэтому по- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
следнее соотношение можно записать в виде |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
u(P) = |
∫ |
|
|
∂u |
−u |
∂G |
|
|
|
|
− |
∫ |
|
G(M , P) f (M )dv |
|
. |
|
|
|
|
|
|
(15.3) |
||||||||||
G |
∂n |
∂n |
dσ |
M |
|
M |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Здесь интегрирование производится по координатам точки М. |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
Для первой граничной задачи (α1 ≡1, α2 ≡ 0) |
G |
|
S |
= 0, u |
|
S |
=ϕ, из формулы |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
(15.3) получим решение задачи (15.1),(15.2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
∫ |
|
|
|
∂n |
|
|
|
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
u(P) = − |
|
ϕ(M ) |
∂G |
dσM − |
|
G(M , P) f (M )dvM . Для второй граничной задачи |
|||||||||||||||||||||||||||
S |
|
V |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
∂G |
|
|
|
|
|
∂u |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
(α1 ≡ 0, α2 ≡1) |
|
|
|
= 0, |
|
|
|
=ϕ(M ) и из формулы (15.3) получаем решение |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
∂n |
|
S |
|
|
|
|
∂n |
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
задачи (15.1), (15.2)
u(P) = ∫G(M , P)ϕ(M )dσM − ∫G(M , P) f (M )dvM .
S V
Для третьей граничной задачи (α1 ≠ 0 u α2
∂G |
|
|
= − |
α1 |
G |
|
S |
, |
∂u |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|||||||||
∂n |
|
S |
|
α2 |
|
|
|
∂n |
|
S |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
≠ 0)
= − |
α1 |
u |
|
S |
+ |
ϕ(M ) |
||
|
||||||||
|
α |
2 |
|
|
|
α |
2 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
.
S