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 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

∆G (M , M

) = ∆

+ v (M )

M0M

+ ∆v (M )

= −4πδ(M , M

= ∆

M0M

Поэтому

∆G (M , M

) = −4πδ

(M , M

M Ω,

(2.15)

= 0,

∑

M Ω,

∆v = 0,

(2.16)

= −

∑

rM0P

При таком выборе функции Грина, когда G (P, M0 ) = G

∑ = 0,

применение формулы (2.14) даст решение

u (M0 )

= −

w∫∫

u (P)

∂G (P, M0 )

dσP .

(2.17)

4π

∂n

∑

Подставив в (2.17) заданное значение искомого решения u (P)

на поверхности ∑,

получим решение задачи Дирихле:

u (M0 ) = −

w∫∫

F (P)

∂G (P, M0 )

dσP .

(2.18)

4π

∂n

∑

Здесь функция Грина определена как решение задачи (2.15).

2.8.Функция Грина в задаче Неймана

Вэтом случае получить функцию Грина так, чтобы выполня-

лось условие	∂G		= 0, не представляется возможным, так как для

	∂n		∑

		21

гармонической функции v (M ) получим		∂G			∂		1

				= −				и
		∂n		= −				и
		∂n			∂n r
			∑			M0M
			∑			M0M
w∫∫	∂v dσP ≠ 0, что противоречит свойству гармонических функ-
w∫∫	∂n
∑

ций из разд. 2.4. Поэтому функцию Грина для задачи Неймана следует искать из решения уравнения

∆G (M , M0 ) = −4πδ(M , M0 ), M Ω,
	∂G			4π
			= −		,

	∂n			S
		∑

где S – площадь поверхности ∑.

Решение задачи Неймана

∆u (M ) = 0,				M (x, y, z) Ω,
	∂u
	∂u		= g (P),	P ∑,
	∂n		= g (P),	P ∑,
		∑
		∑

запишется в виде u (M0 ) = 41π w∫∫∑ g (P)G (P, M0 )dσP .

2.9. Физический смысл функции Грина

Из определения функции Грина следует, что в каждой точке M0 Ω она удовлетворяет в обобщенном смысле уравнению Пуассона

∆G (M , M0 ) = −4πδ(M , M0 ), M Ω,

и обращается в нуль на границе области ∑ в случае задачи Дирихле. Поэтому функцию Грина можно интерпретировать как кулонов потенциал, порождаемый внутри заземленной поверхности ∑ единичным зарядом, находящимся в точке M0 Ω.

Приведем примеры решения краевой задачи Дирихле с помощью функции Грина для полупространства и шара. Для других областей функция Грина может быть получена методом отраже-

ний [1, 5].

2.10. Примеры построения функции Грина для различных областей

1. Задача Дирихле для полупространства. Постановка крае-

вой задачи имеет вид

∆u ( x, y, z) = 0,			−∞ < x, y < +∞,
	u ( x, y, 0) = F	(x, y),
	u ( x, y, 0) = F	(x, y),	z > 0.

В этой задаче поверхность ∑ представляет собой плоскость z = 0, которую можно считать замкнутой в бесконечности. Для

нахождения функции Грина введем точку M0* (x0 , y0 , − z0 ), со-

пряженную точке M0 ( x0 , y0 , z0 ), т. е. точки M0* и M0 будут симметричны относительно плоскости z = 0.

В качестве гармонической функции в пространстве z > 0 возь-

мем функцию v (x,

y, z) = −

, а функцию Грина возьмем в

виде

M0M

∆G (M , M0 ) =

−

rM0M

rM0*M

где r

( x − x

)2 +( y − y

+( z − z

)2 ;

M0M

r *

( x − x0 )2 +( y − y0 )2

+( z + z0 )2 .

M0M

При этом G

∑ = G

z=0 = 0 . Найдем

∂G

на поверхности ∑:

∂n

∂G

2z0

∂n

∑ = ∂z

z=0 = −

((x − x0 )2 +( y − y0 )2 + z02 )3 2

Тогда решение задачи Дирихле для полупространства

u (x , y , z		0	) =	z0	+∞+∞	F (x, y)dx dy	.

0	0			2π−∞∫ −∞∫ ((x − x0 )2 +( y − y0 )2 + z02 )3 2

Интеграл в правой части этой формулы носит название инте-

грала Пуассона для полупространства.

2. Задача Дирихле для шара. Постановка краевой задачи имеет вид

∆u

(M ) = 0,

M ( x, y, z) Ω ,

∑ = F (P),

P( x, y, z) ∑R ,

где ΩR – шар радиуса R с центром в начале координат;

∑R – по-

верхность этого шара.

Введем точку M0* вне шара,

сопряженную точке M0 внутри

шара,

такую,

что

r r*

= R2

(рис. 3),

где r =

+ y2 + z2

;

0 0

r* = x*2

+ y*2

+ z*2

;

= ( x − x

)2 +( y − y

)2 +

( z − z

;

M0M

r *

= (x − x0* )2 +

(y − y0* )2 +

(z − z0* )2 .

M0M

Рис. 3

Совместим точку M ( x, y, z) с точкой P(x, y, z) ∑R (рис. 4).

Рис. 4

Из условия

r r* = R2

и подобия

треугольников ∆OPM

0 0

∆OPM0*

следует r

rM0P . В качестве функции Грина рас-

смотрим функцию

∆G (M , M0 ) =

−

rM0M

r0 rM0*M

где G

∑

= G (P, M

) = 0,

а v (M ) = −

rM0*M

Найдем ∂G

∂G . Для этого введем некоторые обозначения и

∂n

∂r

rM0M

воспользуемся

теоремой

косинусов

для

нахождения

rM0*M :

OM = r = x2 + y2 + z2 , OM

= r = x2 + y2

+ z2 , M

OM = ϕ,

rM0M =

r2 + r02 −2rr0 cos ϕ,

rM0*M =

r2 + r0*2 − 2rr0* cosϕ.

Тогда

∂G =

∂

−

∂r

∂n

∂r r

M0M

r − r cos ϕ

−r cos ϕ

= −

M0M

r0* =

R − r0 cosϕ

−

cos ϕ

= −

rM0*P =

rM0P

M0P

rM3

0*P

rM0P

R2 − r2

= −

R(R2 + r02 − 2Rr cosϕ)3 2

Решение задачи Дирихле по интегральной формуле Грина примет вид

u (M0 ) =	1	w∫∫	F (P)	R2	− r2	3 2 dσP.
					0

	4πR	∑R		(R2 + r02 −2Rr0 cos ϕ)
Если перейти в сферическую систему координат, введенную
ранее, то в ней точка			M0 (x0 , y0 , z0 ) будет			иметь координаты
M0 (r0 ,θ0 ,ϕ0 ),	а на		сфере (R, θ, ϕ) –			F (P) = F (θ, ϕ),

dσ = R2 sin θdθdϕ. Найдем cos ϕ с помощью скалярного произведения:


		OM	0	OP			OM	0		x		y		z	0
cosϕ =			0			;		0	=	0	,	0	,		0	,
cosϕ =						;			=		,		,			,
	OM0				OP		OM0			r0		r0		r0

= (sin θcosϕ, sin θsin ϕ, cos θ),

cosϕ = sin θ0 sin θcos(ϕ−ϕ0 ) + cos θ0 cos θ.

После перехода в выражении для u (M0 ) к сферическим координатам получим

u (r	, θ		, ϕ	) =	R	2ππ F (θ,ϕ)(R2 −r02 )sin θdθdϕ					, r < R.

		0			4π ∫0		∫0
0			0					(R2	+ r02	−2Rr0 cos ϕ)3 2	0

Этот интеграл в правой части называют интегралом Пуассона для шара.

Замечание. Для решения внешней задачи Дирихле для шара достаточно в формуле поменять местами точки M0 и M0*, т. е.

заменить r0 на R2 . r0

3. НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ РЕШЕНИЯ ВОЛНОВОГО УРАВНЕНИЯ

3.1. Плоская волна

Рассмотрим волновое уравнение

				1 ∂2u				= ∆u.	(3.1)

				v 2 ∂t2
				v 2 ∂t2
Покажем, что функция S = S(w), где w = r e −vt; r – радиус-
вектор точки M		с координатами (x, y,							z); e – единичный вектор
с координатами e = (cos α, cosβ, cos γ),									удовлетворяет уравнению
(3.1), если S(w)		– дважды дифференцируемая функция. Действи-
′	′ ′	′		′′	= v	2		′′
тельно, St	= Swwt	= −vSw;	Stt		= v		Sww ;
									27

∆S =

∂2S

(3.2)

∂x2

∂y2

∂z

′

e −vt ) x =

= Swwx = Sw (r

′

α,

= Sw ( xcosα + y cosβ+ z cos γ − vt )x

= Sw cos

′′

α,

аналогично

′′

β,

Sxx = Sww cos

Sxx

= Sww cos

′′

γ,

Sxx

= Sww cos

′′

α + cos

β+ cos

γ)

′′

(3.3)

∆S = Sww (cos

= S (w).

Подставим (3.2),

(3.3) в (3.1), получим

′′

v 2

Sww

= Sww, т. е.

S(w) – частное решение волнового уравнения.

Выясним

свойства

полученного

решения

S(w). Пусть

M (x, y, z)

удовлетворяет уравнению r e = d,

– радиус-вектор

точки M (x, y, z), xcosα + y cosβ+ z cos γ − d = 0

– уравнение плос-

кости π

нормальным

вектором

e = (cosα, cosβ, cos γ),

d = const – расстояние от начала координат до плоскости π (это и означает, что точка M (x, y, z) π). Тогда в любой момент времени

t = t получаем

u(M , t ) = S(d − vt ) = const, т.

е. возмущение в

точках плоскости постоянно.

Если e & Ox и e = (1, 0, 0),

то волна распространяется со скоро-

стью v перпендикулярно плоскости

yOz в направлении оси x, а в

общем случае – перпендикулярно плоскости r e = d

в направле-

нии вектора

e .

Выберем

качестве

S(w)

функцию

S(w) = Aexp i

2πν

, где A = const;

ν – частота. Тогда u(M , t) =

= Aexp i

2πν

(r e −vt) = Aexp

−i 2πνt −

2πν

r e

Введем

длину волны

= λ. Тогда

u(M ,t) = Aexp	−i	2πνt −	2π	r e	.	(3.4)
			λ

Полученное частное решение (3.4) носит название плоской мо-

нохроматической волны.

В силу линейности волнового уравнения действительная часть полученного решения – тоже решение, поэтому выражение

u (M , t) = Reu(M ,t) = Acos	2πνt −	2π	r e
		λ

обычно принимают в качестве решения волнового уравнения.

3.2. Сферическая волна

Рассмотрим волновое уравнение

для

функции u(M , t),

обладающей центральной

симметрией:

u(M , t) = u(r, t), где

r = x2 + y2 + z2 .

∂

В этом случае оператор Лапласа ∆ =

а волновое

уравнение принимает вид

∂r

1 ∂2u

1 ∂

2 ∂u(r,t)

(3.5)

v2 ∂t2

∂r

Рассмотрим произвольную дважды дифференцируемую функцию S(w), где w = r −vt, и покажем, что функция

u(r, t) = 1r S (r −vt ) есть решение волнового уравнения (3.1). Най-

дем все производные:

′		1	′ ′		1	′	′′	2	1	′′
	= r			= −v r					r
ut			Swwt			Sw,	utt = v			Sww,

1 ∂

∂

∆u = ∆

S (w)

r2 ∂r

∂r r

∂

S (w) +

′ ′

−

∂r

Swwr

∂

′

′′

∂r

(−S (w) + rSw ) =

(−Sw + Sw + rSww ) =

Sww.

′′

Подставим их в уравнение (3.1)

и получим

v 2

Sww =

Sww.

Значит, выражение u(r, t) =

S (w) есть частное решение уравне-

ния (3.1).

Сравнивая полученное частное решение волнового уравнения (3.1) с решением уравнения для колебания струны, назовем решение

u(r, t) =	1	S (r −vt )	(3.6)
	r

сферической волной, распространяющейся со скоростью v.

В точках сферы r = R при фиксированном времени t = t име-

ем u(M , t ) = R1 S(R −vt ) = const , т. е. в точках сферы возмущения постоянны. Поэтому волну и называют сферической.

Множитель 1r в решении выражает закон сохранения энергии,

передаваемой волной через сферическую поверхность. Известно, что поток энергии пропорционален произведению квадрата ампли-

туды на площадь сферы, т. е. 1 4πr2 = 4π = const. r2

		2πν
Пусть	S(w) = Aexp i		w	,	тогда решение (3.6) имеет вид
Пусть	S(w) = Aexp i	v	w	,	тогда решение (3.6) имеет вид
		v

	A		2πν			A		2πν
u(M , t) =		exp i		w	=		exp i		(r −vt)	,
u(M , t) =	r	exp i	v	w	=	r	exp i	v	(r −vt)	,
	r		v			r		v

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]