ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
U(ξ)
=
1
π
Z
∞
a
ξ
2
dy
1
(y − ξ
1
)
2
+ ξ
2
2
=
1/2
+
1
π
arctg
ξ
1
− a
ξ
2
.
22.2. Найти
решение уравнения
Лапласа в первом квадранте
¯
Ω = {x
1
≥ 0, x
2
≥ 0} со следующим граничным условием
U |
x
1
=0
= a, U |
x
2
=0
= b, a, b − const.
Построим функцию Грина G(z, ζ) методом конформного отоб-
ражения. Найдем функцию w = ϕ(z, ζ), дающую отображение Ω на
круг | w |< 1, причем такую, что точка ζ ∈ Ω переходит в центр круга
w = 0, то есть ϕ(ζ, ζ) = 0. Отобразим сначала Ω на верхнюю полу-
плоскость с помощью функции w
1
= z
2
, при этом точка ζ = ξ
1
+ iξ
2
перейдет в точку ζ
1
= ζ
2
. Построим теперь функцию, отображающую
верхнюю полуплоскость на единичный круг, причем так, чтобы ζ
1
→ 0.
Эта функция имеет вид:
w =
w
1
− ζ
1
w
1
−
¯
ζ
1
=
z
2
− ζ
2
z
2
−
¯
ζ
2
,
тог
да иск
омая функция Грина запишется в виде
G(z, ζ) =
1
2π
ln
| z
2
−
¯
ζ
2
|
| z
2
− ζ
2
|
=
1
4π
ln
| (z −
¯
ζ)(z +
¯
ζ) |
2
| (z − ζ)(z + ζ) |
2
Учитывая
теперь, что
на полупрямых {x
1
= 0, x
2
≥ 0} и {x
2
=
0, x
1
≥ 0} соответственно
∂G(y, ξ)
∂
n
y
= −
∂G
∂
x
1
|
x
1
=0
,
∂G(y, ξ)
∂
n
y
= −
∂G
∂
x
2
|
x
2
=0
по форму
ле (2) получим решение задачи
U(ξ) =
2
π
(a arctg
ξ
2
ξ
1
+ b arctg
ξ
1
ξ
2
).
22.3. Найти
решение уравнения
(1) для области Ω = {| x |> R}
при граничном условии U |
|x|=R
= f(y).
У к а з а н и е. Построить функцию Грина методом элек-
тростатических изображений.
О т в е т :
147
.
Z ∞
1 ξ2 dy1 1 ξ1 − a
U (ξ) = 2 = 1/2 + arctg .
π a (y − ξ1 )2 + ξ2 π ξ2
22.2. Найти решение уравнения Лапласа в первом квадранте
Ω̄ = {x1 ≥ 0, x2 ≥ 0} со следующим граничным условием
U |x1 =0 = a, U |x2 =0 = b, a, b − const.
Построим функцию Грина G(z, ζ) методом конформного отоб-
ражения. Найдем функцию w = ϕ(z, ζ), дающую отображение Ω на
круг | w |< 1, причем такую, что точка ζ ∈ Ω переходит в центр круга
w = 0, то есть ϕ(ζ, ζ) = 0. Отобразим сначала Ω на верхнюю полу-
плоскость с помощью функции w1 = z 2 , при этом точка ζ = ξ1 + iξ2
перейдет в точку ζ1 = ζ 2 . Построим теперь функцию, отображающую
верхнюю полуплоскость на единичный круг, причем так, чтобы ζ1 → 0.
Эта функция имеет вид:
w1 − ζ1 z2 − ζ 2
w=
= ,
w1 − ζ¯1 z 2 − ζ¯2
тогда искомая функция Грина запишется в виде
1 | z 2 − ζ¯2 | 1 | (z − ζ̄)(z + ζ̄) |2
G(z, ζ) = ln = ln .
2π | z 2 − ζ 2 | 4π | (z − ζ)(z + ζ) |2
Учитывая теперь, что на полупрямых {x1 = 0, x2 ≥ 0} и {x2 =
0, x1 ≥ 0} соответственно
∂G(y, ξ) ∂G
=− |x =0 ,
∂ny ∂x1 1
∂G(y, ξ) ∂G
=− |x =0
∂ny ∂x2 2
по формуле (2) получим решение задачи
2 ξ2 ξ1
U (ξ) = (a arctg + b arctg ).
π ξ1 ξ2
22.3. Найти решение уравнения (1) для области Ω = {| x |> R}
при граничном условии U ||x|=R = f (y).
У к а з а н и е. Построить функцию Грина методом элек-
тростатических изображений.
Ответ:
147
