Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Волновое уравнение (96

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

504.49 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

преобразованием Фурье для получения обобщенного решения уравнений Лапласа и Гельмгольца. В этом случае прибегают к нахождению решения с помощью функции Грина.

2. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ЛАПЛАСА И ПУАССОНА МЕТОДОМ ФУНКЦИИ ГРИНА

2.1. Вывод уравнения Лапласа

Рассмотрим векторное поле a, определенное в некоторой области Ω, такое, что оно одновременно и потенциальное, т. е.

rot a = 0, и соленоидальное, т. е.	div a = 0. Так как поле	a – по-
тенциальное, существует скаляр	u(M ), M ( x, y, z) Ω,	называе-

мый потенциалом поля a, такой, что a = grad u. Выполнение условий rot a = 0 и div a = 0 приводит к равенству divgrad u = 0 или

u = 0 (∆u = 0).

Дифференциальное уравнение

∆u(M ) = 0, M (x, y, z) Ω

называют уравнением Лапласа.

В декартовых прямоугольных координатах уравнение Лапласа принимает вид

∂2u

= 0;

(2.1)

∂x2

∂y2

∂z

в цилиндрических координатах (r, ϕ, z) , где

x = r cos ϕ,

0 ≤ r < +∞,

y = r sin ϕ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π,

z = z,

−∞ < z < +∞,

оно принимает вид

1 ∂

∂u

1 ∂2u

∂2u

∆u =

= 0;

(2.2)

r ∂r

∂ϕ2

∂z2

∂r

в сферических координатах (r, θ, ϕ) , где

x = r sin θcosϕ,

≤ r < +∞,

y = r sin θsin ϕ,

≤ θ ≤ π,

z = r cos θ,

≤ ϕ≤ 2π,

принимает вид

1 ∂

∂u

∂

∂u

∆u =

sin θ

∂r

r2 sin θ ∂θ

∂θ

∂2u

= 0.

(2.3)

r2 sin2 θ ∂ϕ2

Неоднородное уравнение

∆u(M ) = − f (M ),

M (x, y, z) Ω,

(2.4)

где f (M ) – заданная функция, называют уравнением Пуассона.

2.2. Фундаментальное решение уравнения Лапласа

Будем искать решение уравнения Лапласа, обладающее центральной симметрией, когда искомое решение есть функция

u (M ) = u(r), где r = x2 + y2 + z2 – расстояние от точки M ( x, y, z) до начала координат. В этом случае уравнение Лапласа в сферической системе координат запишется как

1	d		2	du
		r			= 0.
r2
	dr			dr

После повторного интегрирования получим

r2	du	= C ;	du =	C1	dr; u = −	C1	+C	.

	dr	1		r2		r	2

Пусть C1 = −1 и C2 = 0. Тогда получаем частное решение: u = 1r .

Это решение уравнения Лапласа называют фундаментальным

			1
решением. При этом ∆				≡ 0,	если r > 0.
решением. При этом ∆				≡ 0,	если r > 0.
		r
Функция u =	1	,	где
Функция u =	r	,	где
	r
	M0M

rM0M = ( x − x0 )2 +( y − y0 )2 +(z − z0 )2 ,

также удовлетворяет уравнению Лапласа, что проверяется непосредственно.

Это решение также называют фундаментальным решением уравнения Лапласа.

2.3. Обобщенное фундаментальное решение

Введем понятие обобщенного фундаментального решения.

Рассмотрим уравнение Пуассона

	∆u(M ) = −4πδ(M , M0 ),	rM0M ≥ 0,	(2.5)
где δ(M , M0 ) – дельта-функция, определяемая соотношением
	f (M0 ), M0 Ω,
∫∫∫ f (M )δ(M , M0 ) dV =		M0 Ω;
Ω	0,	M0 Ω;

f (M ) – непрерывная и ограниченная в области Ω функция. Если f (M ) ≡1, то

	1,	M0 Ω,
∫∫∫δ(M , M0 ) dV =		M0 Ω.
Ω	0,	M0 Ω.

Пусть ΩM0 ,R – шар с центром в точке M0 радиуса R, а ∑M0 ,R

– его сферическая поверхность. Интегрируя уравнение Пуассона по объему ΩM0 ,R , получим

∫∫∫ ∆u(M ) dV = −4π, rM0M ≥ 0.

(2.6)

ΩM0 ,R

Преобразуем интеграл в левой части равенства, используя формулу Остроградского – Гаусса:

∫∫∫ ∆u(M ) dV = ∫∫∫ div(grad u) dV =

ΩM0 ,R

= w∫∫

grad u n dσ =

w∫∫

∂∂un dσ,

∑M0 ,R

где n

– внешняя нормаль к сфере, на которой

∂

и ∂u на

∂r

∂n

сфере принимает постоянное значение: ∂u

= ∂u

≡ const .

∂n

∑

M0 ,R

∂r

r=R

w∫∫

∂u

w∫∫

∂u

4πR2 .

Тогда

∑

∂n dσ = ∂r

=R ∑

dσ =

∂r

r=R

M0 ,R

Следовательно, ∂u

4πR2 = −4π или

∂u

= −

∂r

r=R

∂r

r=R

Это означает, что функция u =

является решением урав-

M0M

нения Пуассона в пространстве rM0M ≥ 0,

т. е.

∆

= −4πδ(M , M

) , r

≥ 0.

В этом случае функцию

M0M

u =

называют

обобщенным

фундаментальным

решением

M0M

уравнения Пуассона (2.5).

Рассмотрим уравнение Лапласа в цилиндрических координатах, когда решение не зависит от координат ϕ и z, а зависит толь-

ко от координаты

т. е. когда в случае

осевой симметрии

u (M ) = u(r) уравнение Лапласа принимает вид

1 d

= 0.

r dr

Интегрируя это

уравнение,

получаем

u (r) = C1 ln r +C2.

При

C = −1 и C = 0 u

(r) = ln

, r > 0. Это решение называют фунда-

ментальным решением уравнения Лапласа на плоскости.

Аналогично получается обобщенное решение u (r) = ln

rM0M ≥ 0,

как решение уравнения Пуассона

M0M

∆u(M ) = −2πδ(M , M0 ),

или

∆ ln

= −2πδ(M , M

≥ 0,

(2.7)

M0M

rM0M

где δ(M ,

M0 ) – двумерная дельта-функция с центром в точке M0.

2.4. Интегральная формула Грина

Рассмотрим

векторное

поле

a = u

v −v

где

u (M ), v (M ) C2 (Ω + ∑). Применим к нему формулу Остроградского – Гаусса:

w∫∫ a n dσ = ∫∫∫ a dV ,

∑Ω

где поверхность ∑ – граница области Ω,

а n – внешняя нормаль

к ней. Заметим, что a n = u

∂v

−v

∂u

a = (u v − v u) =

∂n

= u∆v − v∆u. Подставляя полученные соотношения в формулу

Остроградского – Гаусса, получим формулу Грина для оператора Лапласа:

		w∫∫			∂v	− v	∂u	∫∫∫	(u∆v − v∆u)dV .	(2.8)
		w∫∫			∂n		∂n	∫∫∫
		∑	u				dσ =	Ω
		∑						Ω
Пусть теперь u (M )						есть решение уравнения Пуассона (2.4), а
	1
функция	v =			– обобщенное решение уравнения
функция	v =	r		– обобщенное решение уравнения
		M0M

∆v = −4πδ(M , M0 ) , rM0M ≥ 0,

где M0 (x0 , y0 , z0 ) – может быть любой точкой пространства.

Тогда формула Грина для u (M )

и v (M )

примет вид

w∫∫

∂

∂u

∂n r

∂n

−

dσ

∑		M0P M0P
		−4πu (M )δ(M , M		) +	f (M )
=			0		f (M )	dV		,
=						dV		,
	∫∫∫				rM0M		M
	Ω				rM0M

где P(M ) ∑ , M Ω.

В силу определения дельта-функции

∫∫∫u (M )δ(M , M0 )dV =

Ω

= u (M0 ), и формула Грина преобразуется к виду

u (M0 ) =

∫∫∫

f (M )

dVM +

4π

Ω

M0M

∂u

∂

(2.9)

4π w∫∫

∂n

∂n r

− u

dσ

∑ M0P

M0P

Полученное соотношение называют интегральной формулой Грина. Она определяет решение u (M ) уравнения Пуассона в лю-

бой точке M0 ( x0 , y0 , z0 ), если известны значения искомого ре-

шения u (P) и его нормальной производной ∂u∂(nP) на границе ∑

области Ω. Первое слагаемое в правой части формулы называют объемным потенциалом ϕ(M ), который обладает следующим

свойством:	вне области	Ω он удовлетворяет уравнению Лапласа
∆ϕ(M ) = 0,	а внутри	области Ω – уравнению Пуассона
∆ϕ(M ) = − f (M ), что		проверяется непосредственно. Второе и

третье слагаемые называются соответственно потенциалами простого и двойного слоя.

Аналогично для решения u (M )

уравнения Пуассона (2.4) на

плоскости получаем

u (M0 ) =

∫∫

f (M )ln

dS +

2π

M0M

∂u (P)

−u (P)

∂

dl.

2π>∫

∂n

M0P

Здесь

M0 (x0 , y0 ,

z0 )

– любая

точка

плоскости, M G,

P(x,

y) L, L – граница области G.

Первое слагаемое в правой части формулы называют логарифмическим потенциалом.

Известно, что функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа, называются гармоническими. Перечислим без доказательств их свойства.

1.	Если u (M ) – гармоническая функция в					области Ω, то
w∫∫ ∂∂un dσ = 0,		где	∑ – замкнутая поверхность, ограничивающая
∑
область Ω, а n – внешняя нормаль к ней.						вид u (M0 ) =
2.	Формула		среднего	значения	имеет	вид u (M0 ) =
= w∫∫	∂∂un dσ	(4πR2 ), т.		е. среднее	значение	гармонической
∑M0 ,R
						17

функции на сфере радиуса R равно ее значению в центре шаровой области ΩM0 , R , в точке M0.

3. Гармоническая функция в замкнутой области Ω достигает своего наибольшего (наименьшего) значения на поверхности ∑, ограничивающей область Ω, – эта закономерность называется

принципом максимального значения.

Следствие. Если гармоническая функция постоянна на границе области, то она постоянна и во всей области.

2.5. Краевые задачи для уравнения Лапласа

Краевой задачей для уравнения Лапласа ∆u = 0 будем называть задачу нахождения функции u (M ) непрерывной в замкнутой

области Ω = Ω + ∑, которая внутри области удовлетворяет уравнению Лапласа, а на границе ∑ области одному из следующих

условий:

краевому условию 1-го рода

u ∑ = F (P),

краевому условию 2-го рода

				∂u	= g (P),
				∂u	= g (P),
				∂n	∑
				∂n	∑
краевому условию 3-го рода
	α	∂u		= γ(P), (α ≥ 0, β ≥ 0, α		2	+β	2	≠ 0).
		∂u				2		2
		∂n	+βu
				∑
				∑
Здесь F (P),			g (P)	и γ(P) – заданные на поверхности ∑ функ-

ции; n – внешняя нормаль к ней.

Если область Ω – внутренняя по отношению к поверхности ∑, то краевую задачу называют внутренней, а если область Ω – внешняя по отношению к поверхности ∑, то краевую задачу называют внешней. Краевую задачу для уравнения Лапласа с усло-

виями на границе 1-го рода называют задачей Дирихле, 2-го рода –

задачей Неймана.

Решения краевых задач для уравнения Лапласа обладают следующими свойствами.

1.Решение внутренней задачи Дирихле единственно.

2.Решение внутренней задачи Неймана определяется с точностью до произвольной постоянной.

3.Условие разрешимости задачи Неймана следует из свойства 1

для гармонических функций: w∫∫ g (P) dσ = 0 .

∑

2.6. Функция Грина

Пусть u (M ) – решение уравнения Лапласа в области Ω. Запишем это решение с помощью интегральной формулы Грина, по-

ложив в ней

f (M ) = 0:

u (M

) =

1 ∂u (P)

− u (P)

∂

4π w∫∫

∂n

∂n r

dσ

(2.10)

∑ M0P M0P

Пусть функция v (M ) также является решением уравнения Лапласа в области Ω. Для гармонических функций u (M ) и v (M ) из формулы Грина (2.8) получим

0 =	w∫∫	u	∂v	− v	∂u dσP .
	w∫∫		∂n		∂n
	∑

Вычитая из равенства (2.10) равенство (2.11), получим

u (M

) =

∂u (P)

4π w∫∫

∂n

+ v (P) −

∑

M0P

∂

−u (P)

+ v (P)

dσ

∂n r

M0P

(2.11)

(2.12)

Введем функцию Грина

G (M , M0 )

+ v (M ) ,

M Ω,

(2.13)

rM0M

где

– обобщенное решение для r

≥ 0.

rM0M

M0M

Учитывая (2.13), перепишем (2.12) в виде

u (M0 ) =

w∫∫

∂u (P)

G (P,

M0 ) −

∂n

4π

∑

−u (P)

∂G (P, M0 )

−dσP .

(2.14)

∂n

Формула (2.14) устанавливает связь между значениями реше-

ния уравнения Лапласа u (M0 )

в произвольной точке M0

и значе-

ниями этого решения, функции Грина и их нормальных производных на поверхности ∑.

2.7. Функция Грина в задаче Дирихле

Постановка задачи Дирихле имеет вид

∆u (M ) = 0, M Ω,

u	= F (P),	P ∑.


∑

Для нахождения решения воспользуемся формулой (2.14), где функция Грина неизвестна. Определим функцию Грина

G (M , M0 ) так, чтобы входящая в нее гармоническая в области Ω

функция				v (M )			на	границе области принимала значение
v		= −		1	, r		≥ 0.	Заметим, что
				1

	∑				M	0P
	∑				M	0P
			rM0P
20

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]