Уравнения математической физики. Салехова И.Г - 141 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

зерк
альными изображ
ениями точки ξ относительно плоскостей, огра-
ничивающих Ω, а в случае сферических границ применяется преобра-
зование инверсии относительно сферы.
З а д а ч и
21.1. Найти решение задачи Дирихле для полупространства
¯
Ω =
{x
3
≥ 0} для уравнения Пуассона, то есть найти решение задачи
∆U = −F (x), (1)
U |
x
3
=0
= f(y). (4)
Р е ш е н и е. Построим функцию Грина G(x, ξ) для полу-
пространства x
3
> 0. Поместим в точку ξ(ξ
1
, ξ
2
, ξ
3
) ∈ Ω заряд e = 1.
В точку ξ
1
(ξ
1
, ξ
2
, −ξ
3
), являющуюся зеркальным изображением ξ от-
носительно плоскости ∂Ω = {x
3
= 0}, поместим заряд e
1
= −1, тогда
потенциал суммарного поля, созданного зарядами e и e
1
, будет равен
G(x, ξ) =
1
4π
[
1
| x −ξ |
−
1
| x − ξ
1
|
]
=
=
1
4π
{[(x
1
− ξ
1
)
2
+
(x
2
− ξ
2
)
2
+
(x
3
− ξ
3
)
2
]
−1/2
−
−[(x
1
− ξ
1
)
2
+ (x
2
− ξ
2
)
2
+ (x
3
+ ξ
3
)
2
]
−1/2
},
причем
G(y, ξ) =
1
4π
[| y − ξ |
−1
−
| y − ξ
1
|
−1
]
= 0,
так как
| y − ξ |=| y − ξ
1
| .
Запишем решение задачи по формуле (2). Для этого подсчитаем
∂G(y, ξ)
∂
n
y
= −
∂G(
x, ξ)
∂
x
3
|
x
3
=0
=
−
ξ
3
2π[(y
1
− ξ
1
)
2
+
(y
2
− ξ
2
)
2
+ ξ
2
3
]
3
/2
= −
ξ
3
2π | y − ξ |
3
, (5)
при
этом мы
учли, что направление внешней нормали к ∂Ω противо-
положно положительному направлению оси x
3
.
Подставляя (5) в (2) и учитывая (4), получим решение задачи
U(ξ) =
ξ
3
2π
Z
x
3
=0
f(y)ds
y
| ξ − y |
3
+
1
4π
Z
x
3
≥0
F (x)[
1
| x − ξ |
−
1
| x − ξ
1
|
]dx.
141
зеркальными изображениями точки ξ относительно плоскостей, огра-
ничивающих Ω, а в случае сферических границ применяется преобра-
зование инверсии относительно сферы.

                                   З а д а ч и

     21.1. Найти решение задачи Дирихле для полупространства Ω̄ =
{x3 ≥ 0} для уравнения Пуассона, то есть найти решение задачи

                                   ∆U = −F (x),                                       (1)

                                   U |x3 =0 = f (y).                                  (4)
     Р е ш е н и е. Построим функцию Грина G(x, ξ) для полу-
пространства x3 > 0. Поместим в точку ξ(ξ1 , ξ2 , ξ3 ) ∈ Ω заряд e = 1.
В точку ξ 1 (ξ1 , ξ2 , −ξ3 ), являющуюся зеркальным изображением ξ от-
носительно плоскости ∂Ω = {x3 = 0}, поместим заряд e1 = −1, тогда
потенциал суммарного поля, созданного зарядами e и e1, будет равен
                                   1     1         1
                      G(x, ξ) =      [        −            ]=
                                  4π | x − ξ | | x − ξ 1 |
                   1
              =      {[(x1 − ξ1 )2 + (x2 − ξ2 )2 + (x3 − ξ3 )2 ]−1/2 −
                  4π
                  −[(x1 − ξ1 )2 + (x2 − ξ2 )2 + (x3 + ξ3 )2 ]−1/2 },
причем
                               1
                  G(y, ξ) =      [| y − ξ |−1 − | y − ξ 1 |−1 ] = 0,
                              4π
так как
                                | y − ξ |=| y − ξ 1 | .
Запишем решение задачи по формуле (2). Для этого подсчитаем
                           ∂G(y, ξ)    ∂G(x, ξ)
                                    =−          |x3 =0 =
                             ∂ny         ∂x3

                               ξ3                              ξ3
          −                                           = −               ,             (5)
              2π[(y1 − ξ1 )2 + (y2 − ξ2 )2 + ξ32 ]3/2     2π | y − ξ |3
при этом мы учли, что направление внешней нормали к ∂Ω противо-
положно положительному направлению оси x3 .
     Подставляя (5) в (2) и учитывая (4), получим решение задачи

                Z                           Z
          ξ3               f (y)dsy     1                         1         1
  U (ξ) =                          3
                                     +               F (x)[            −           ]dx.
          2π        x3 =0 | ξ − y |    4π    x3 ≥0            | x − ξ | | x − ξ1 |

                                            141

Страницы