Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://matematika.phys.msu.ru/files/stud_gen/22/MMF_BLMMSh_FG.pdf Дата изменения: Fri Nov 18 12:54:16 2011 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:06:59 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: заряд

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ им. М.В.ЛОМОНОСОВА

Физический факультет

А.Н. Боголюбов, Н.Т. Левашова, И.Е. Могилевский, Ю.В. Мухартова, Н.Е. Шапкина

Функция Грина задачи Дирихле для оператора Лапласа

Москва 2011


А. Н. Б о г о л ю б о в, Н. Т. Л е в а ш о в а, И. Е. М о г и л е в с к и й, Ю. В. М у х а р т о в а, Н. Е. Ш а п к и н а. Функция Грина задачи Дирихле для оператора Лапласа / Методическое пособие. Настоящее методическое пособие составлено на основе многолетнего опыта чтения лекций и проведения семинарских занятий по курсу ?Методы математической физики? на физическом факультете МГУ. В пособии приведены подробные теоретические сведения, необходимые для решения задач Дирихле для оператора Лапласа с помощью функции Грина. Также рассмотрены различные методы построения функции Грина. В тексте содержится большое количество разобранных примеров решения задач математической физики с помощью функции Грина, и задачи для самостоятельного решения. Рассмотренный материал входит в учебный план кафедры математики физического факультета МГУ и может представлять интерес для более широкого круга читателей, в том числе аспирантов и преподавателей, специализирующихся в области математической физики и ее приложений.


ОГЛАВЛЕНИЕ

Г л а в а 1.

5 1. Уравнение Пуассона и потенциал электростатического поля 5 2. Плотность точечного источника . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2.1. Понятие обобщенной функции (9). 3. Потенциал поля точечного источника. Фундаментальное решение оператора Лапласа в трехмерном случае. . . . . . . . . . . 13 4. Потенциал заряженной нити. Фундаментальное решение оператора Лапласа в двумерном случае.. . . . . . . . . . . . . . . . 16 в а 2. Функции Грина задач Дирихле . . . . . . . . . . . . . . . Внутренние трехмерные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Внешние трехмерные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Методы построения функции Грина задачи Дирихле . . . . . . 3.1. Метод электростатических изображений (24). 3.2. Задачи для самостоятельного решения (40). 3.3. Разложение функции Грина по собственным функциям (41). 3.4. Задачи для самостоятельного решения (44). 3.5. Метод разделения переменных (44). 3.6. Построение функции Грина с помощью преобразования Фурье (48). 4. Внутренние двумерные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Внешние двумерные задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Метод электростатических изображений (58). 5.2. Задачи для самостоятельного решения (65). 5.3. Разложение функции Грина по собственным функциям оператора Лапласа (66). 5.4. Задачи для самостоятельного решения (67). 5.5. Метод разделения переменных (67). 5.6. Использование конформных отображений для построения функции Грина оператора Лапласа (70). 5.7. Задачи для самостоя19 19 22 24

Использование обобщенных функций для математического моделирования физических объектов . . . . . . . .

Гла 1. 2. 3.

53 55


4

Оглавление

тельного решения. (74). 5.8. Построение функции Грина с помощью разложения в ряд Фурье (75). 5.9. Задания для самостоятельного решения (78). П П ри 1. 2. 3. 4. ри л о ж е н и е A. Формулы Грина для оператора Лапласа Трехмерный случай. Внутренние области. . . . . . . . . . . Трехмерный случай. Внешние области . . . . . . . . . . . . . Двумерный случай. Внутренние области. . . . . . . . . . . . Двумерный случай. Внешние области. . . . . . . . . . . . . . л о ж е н и е Б. Суммирование некоторых рядов . . . . . . Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 79 82 85 86 90 92


Глава 1
ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ОБОБЩЕННЫХ ФУНКЦИЙ ДЛЯ МАТЕМАТИЧЕСКОГО МОДЕЛИРОВАНИЯ ФИЗИЧЕСКИХ ОБЪЕКТОВ

1. Уравнение Пуассона и потенциал электростатического поля

Как известно, многие стационарные физические процессы, например, стационарное распределение температуры, стационарная диффузия, стационарное течение жидкости, распределение потенциала электростатического поля описываются с помощью уравнения Пуассона. Рассмотрим математическую постановку краевой задачи для этого уравнения:
u = -F (M ), M D R3 ,
u + u = f (P ) n D

, P D, || + | | > 0.

(1.1.1)

Введем понятие функции Грина на примере задачи электростатики. Потенциал (M ) электростатического поля удовлетворяет уравнению [1, 7]
= -4 (M ), M R3 ,

(1.1.2)

где (M ) объемная плотность заряда (здесь и далее используется система единиц СГС). С другой стороны, из курса общей физики [13] известно, что потенциал системы точечных зарядов qk в силу принципа суперпозиции представим в виде:
n

(M ) =
k=0
2

qk . rMk M
2 2

Здесь rM Mk = (x - xk ) + (y - yk ) + (z - zk ) расстояние между точкой наблюдения M (x, y , z ) и точкой Mk (xk , yk , zk ), в которой расположен k-й заряд (точкой истока).


6

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

Если же заряд распределен в некотором объеме V с непрерывной плотностью (M ), то суммирование заменяется интегрированием по данному объему:
0

(M ) =
V
0

(M ) dVM . rM M

(1.1.3)

Здесь индекс M у элемента объема означает, что интегрирование ведется по координатам точки M . Получив выражение (1.1.3) из физических соображений, мы должны ответить на вопрос: в каком смысле его можно считать решением уравнения (1.1.2), ведь оно удовлетворяет (1.1.2) не для любых функций (M ). Например, интеграл (1.1.3) может представлять собой недифференцируемую функцию. В ряде случаев для решения данной задачи недостаточно классического понятия функции, и нам потребуется использовать аппарат обобщенных функций и ввести обобщенное решение дифференциального уравнения. Естественно, такой способ получения решения задачи в виде суперпозиции вкладов от элементарных источников применим не только в электростатике. Его можно обобщить на все задачи типа (1.1.1), если функции F и f удовлетворяют определенным условиям, которые будут сформулированы ниже. Для этого используется аппарат функций Грина, которые описывают поле точечного источника в области D с соответствующими граничными условиями. Поэтому прежде всего мы рассмотрим точечный источник в неограниченном пространстве, а затем уже будем учитывать граничные условия для каждого конкретного типа задач.
2. Плотность точечного источника

Возникает естественный вопрос: каким образом можно математически описать плотность точечного заряда в электростатике. Для того, чтобы выяснить, что происходит в точке M , в которую помещен единичный заряд, поступим следующим образом. Предположим, что весь заряд равномерно распределен по шару с центром в M и радиусом , и попробуем перейти к пределу при 0. Введем функцию
0 0

f (M , M0 ) =

0,

3 , M K (M , ) , 4 3
0

M K (M0 , ) . /

(1.2.4)


2. Плотность точечного источника

7

Очевидно, что
f (M , M0 ) dVM = 1.
R3

Если мы будем рассматривать в каждой паре точек M , M предел lim f (M , M ), то получим
0

0

0

f (M , M0 ) =

, M = M0 , 0, M = M0 .

При этом 1 = lim


0

f (M , M0 ) dV
R
3

M

=
R
3



lim f (M , M0 ) dV
0

M

= .

Следовательно, поточечная сходимость в нашем случае не дает осмысленный физический результат. Тем не менее, интеграл от функции f (M , M ) при каждом фиксированном остается равным единице. Более того, для любой непрерывной в точке M функции (M ) предел при 0 от интеграла f (M , M ) (M )dVM будет конечен и равен (M ). В самом де0 0 0 0

R3

ле, из непрерывности функции (M ) следует, что > 0 > 0, такое, что для любых точек M , M из области определения функции (M ) при выполнении условия
0

0 < rM будет справедливо неравенство

M0



| (M ) - (M0 )|

.


8

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

Заметим, что если взять точку M внутри шара K (M0 , ) радиуса с центром в M0 , то расстояние rM M0 между M и M0 не превосходит . Тогда
f (M , M0 ) (M ) dV
R3 M

- ( M0 ) =

=
K (M0 ,)

4

3

3

(M ) dV

M

- (M0 )
K (M0 ,)

4
=1

3

3

dVM

=

=
K (M0 ,)

4 3 3

3

( (M ) - (M0 )) dV

M

K (M0 ,)

4 3 3

| (M ) - (M0 )| dV

M


K (M0 ,)

4

3

dVM = ,

что означает
0 R
3

lim

f (M , M0 ) (M ) dVM = (M0 )

(1.2.5)

Мы можем рассматривать интеграл в предельном равенстве (1.2.5) как результат действия функционала, за которым сохраним обозначение f , на непрерывную функцию (M ):
f ,
R
3

f (M , M0 ) (M ) dVM .

Тогда можно сказать, что при 0 функционалы f сходятся к некоторому функционалу (M , M ):
0

f , = (M , M0 ),

при 0

для любой непрерывной функции (M ).


2. Плотность точечного источника

9
функционал
0

Определение 1.2.1

(M , M0 ), действующий на любую непрерывную в точке M функцию (M ) по правилу (M , M0 ), (M ) = (M0 ) ,

Линейный

непрерывный

(1.2.6)

называется -функцией Дирака. Таким образом, плотность единичного точечного заряда, расположенного в точке M , можно определить как (M , M ). Тогда плотность точечного заряда величины q представляет собой функционал: (M , M ) = q ћ (M , M ).
0 0 0 0

Заметим, что для вычисления полного заряда нужно подействовать этим функционалом на функцию (x) 1:
(M , M0 ), 1 = q .

Пусть в области D распределен заряд с объемной плотностью (M ). Тогда полный заряд этой области можно получить по формуле: Q = (M )dV = (M ), 1 .
0

D

0

Замечание 1.2.1

В декартовых координатах функционалы и
(x - x0 ) (y - y0 ) (z - z0 )
0 0 0 0

( M , M0 )

действуют на любую непрерывную в точке M (x , y , z ) функцию (M ) одинаково, поэтому их можно считать равными. В сферических координатах имеет место равенство
(M , M0 ) =

1
2 r0 sin 0

(r - r0 ) ( - 0 ) ( - 0 ).

В полярных координатах
(M , M 0 ) =

1
r0

(r - r0 ) ( - 0 ).


10

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

Функционал (M , M0 ), действующий на множестве непрерывных в точке M0 функций, является примером так называемых обобщенных функций. Вообще говоря, любая обобщенная функция представляет собой функционал. Для того, чтобы ввести строгое определение пространства обобщенных функций, необходимо определить пространство основных Рис. 1.2.1. функций (M ), на котором действуют эти функционалы. Сначала дадим определение финитной функции в пространстве Rn .

2.1. Понятие обобщенной функции.

Ограниченная в пространстве Rn функция (M ) называется финитной, если существует замкнтутое ограниченное множество точек пространства Rn supp Rn, называемое носителем функции (M ), такое, что
Определение 1.2.2

(M ) = 0, M supp , (M ) = 0, M supp . /

Назовем совокупность всех финитных бесконечно дифференцируемых в Rn функций множеством основных функций D (Rn ). Определим сходимость в D (Rn ) следующим образом: Определение 1.2.4 Функциональная последовательность {k (M )} из D(Rn) называется сходящейся к функции (M ) из D(Rn), если существует такой шар U Rn, что supp k U , k = 1, 2, ..., и для любой производной функции k (M ) выполнено
Определение 1.2.3

D k (M )

D (M ), k ,
1 2

где

, = + + ... + n, i = 0, 1, 2, . . .. Определение 1.2.5 Линейное пространство D(Rn ) с введенной таким образом сходимостью называется пространством основных функций. n
D =
x x2 2 ... x
1 1 n n

То, что D(R ) линейное пространство, читателям предлагается доказать самостоятельно.


2. Плотность точечного источника

11

Пространство основных функций не пусто. Например, ему принадлежит функция ?шапочка? (рис. 1.2.1):
( M , M0 ) = C exp -

2 2 2 M M0

0,

-R

, M K ( M0 , ) ,
M K (M0 , ) , /

(1.2.7)

где K (M0 , ) шар радиуса с центром в точке M0 , а постоянная C выбирается таким образом, чтобы (M , M0 ) dVM = 1.

Действительно, это можно сделать, умножая функцию f (M ) на так называемую срезающую D функцию (M ). СрезаD ющая функция обладает M следующими свойствами: D она является бесконечно M гладкой, принимает знаD чение 1 всюду в области Рис. 1.2.2. D и быстро убывает до нуля вне области D. Функцию (M ) можно построить, например, следующим образом. Окружим границу D области D эквидистантной поверхностью D , находящейся на расстоянии d = от D (см. рис. 1.2.2). Область внутри поверхности D назовем D . По аналогии определим поверхность D2 и область D2 . Введем характеристическую функцию области D : 0, M D , / (M ) = 1, M D . Рассмотрим функцию
2

Те функции, с которыми мы имеем дело в реальных физических задачах, как правило, являются финитными, поскольку физические явления обычно локализованы в пространстве. n Утверждение 1.2.1 Пусть D ограниченная область в R . Для любой достаточно гладкой функции f (M ), определенной в Rn, можно построить основную функцию (M ), совпадающую с f (M ) в области D.
Замечание 1.2.2

K (M0 ,)

(M ) =
R3

(M ) (M , M ) dV

M

,

(1.2.8)

где (M , M ) определена формулой (1.2.7). Функция (M , M ) отлична от нуля только в шаре K (M , ) с центром в точке M и радиусом . Если M D, то шар K (M , ) D , и интеграл (1.2.8) равен 1 в


12

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

силу нормировки функции (M , M ). Если M D2 \D, то только часть шара K (M , ) попадает внутрь области D (см. рис. 1.2.2), и поэтому 0 < (M ) < 1. Если M D2 , то шар K (M , ) и область D не пересекаются, и (M ) = 0. Интеграл (1.2.8) зависит от координат точки M как от параметров и представляет собой бесконечно дифференцируемую функцию этих координат [19]. Теперь, когда пространство основных функций задано, можно ввести понятие обобщенной функции.
Определение 1.2.6 Обобщенной функцией называется всякий линейный непрерывный функционал f , действующий на пространстве основных функций D, то есть: 1) , C и , D
1 2

f , 1 + 2 = f ,

1

+ f , 2 ;

2)

{k } D k 0

,

в D при

k

f , k 0, k .

Аргументы функций опущены для сокращения записи. Введем операции сложения обобщенных функций и умножения обобщенной функции на число над полем комплексных чисел:
f + g , = f , + g , , D, ћ f , = f , , D.

Как обычно, черта над означает комплексное сопряжение. Множество всех обобщенных функций, определенных на D, с заданными на нем операциями сложения и умножения на число, образует линейное пространство D (докажите самостоятельно). Под сходимостью в пространстве обобщенных функций понимают слабую сходимость.

функций
D

Определение 1.2.7

fn D

Обобщенная функция f называется регулярной, если существует функция F (M ), интегрируемая на любом замкнутом ограниченном множестве, такая что
Определение 1.2.8

Обобщенные функции делятся на регулярные и сингулярные.

Говорят, что последовательность обобщенных сходится к обобщенной функции f D , если fn , f , при n .

f, =
R
n

F (M ) (M )dVM , D.

(1.2.9)

Поскольку функция (M ) финитна, то интегрирование в формуле (1.2.9) ведется по ограниченной области supp .


3. Потенциал поля точечного источника....

13

Все прочие обобщенные функции называют сингулярными. Например, -функция это сингулярная обобщенная функция [3, 4]. Введем понятие производной обобщенной функции. Пусть F (M ) C (1) (Rn ) и (M ) D. В основе понятия обобщенной производной лежит формула интегрирования по частям:
F dV = - xi
R
n

F
R
n

dV . xi

(1.2.10)

Интегрирование по пространству Rn ведется при - < xi < +, i = = 1, n, а все подстановки на бесконечности обращаются в 0 за счет финитности функции . Поскольку интегралы можно понимать как результат действия линейного непрерывного функционала на гладкую финитную функцию , то равенство (1.2.10) можно переписать в виде:
f , xi

= - f,

xi

,

(1.2.11)

где f обобщенная функция, порождаемая функцией F (M ). Равенство (1.2.11) примем за определение производной обобщенной функции, как регулярной, так и сингулярной.

Функционал, действующий на лf функцию юбую D по правилу (1.2.11), называется производной обобщенной x функции f .
Определение 1.2.9
i

Производной Df , N обобщенной функции f называется функционал, действующий на любую функцию D по правилу:
Определение 1.2.10

Аналогично можно определить производные любого порядка от обобщенных функций.

D f , = (-1) f , D .

3. Потенциал поля точечного источника. Фундаментальное решение оператора Лапласа в трехмерном случае.

Пусть точечный заряд величины q помещен в точку M неограниченного однородного пространства R . Как было показано раньше, плотность точечного заряда дается формулой (M , M ) = q ћ (M , M ). Уравнение (1.1.2) для потенциала поля этого заряда, записанное в виде
0 3 0 0

= -4 q (M , M0 ),

(1.3.12)


14

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

означает, что для любой функции (M ) D справедливо равенство: (M , M ) dVM = -4 q (M ) (1.3.13)
0 0

R3

Покажем, что хорошо известный из электростатики потенциал поля точечного заряда
(M , M0 ) =
q rM M

(1.3.14)
0
3

удовлетворяет уравнению (1.3.13) во всем пространстве R . Для любой функции (M ) D, где D пространство основных функций, найдется число R > 0, такое что supp K (M , R), где K (M , R) шар радиуса R с центром в точке M . Следовательно,
0 0 0

(M , M0 ) (M )dV
R3

M

=q
K (M0 ,R)

(M ) dVM . rM M0

(1.3.15)

Используя третью формулу Грина (A.1.6) (см. Приложение 1), получим
( M ) dVM = rM M0

K (M0 ,R)

=
(M0 ,R)
0

1 (P )
rP
M0

nP

- (P )

1 nP rP M0

dP - 4 (M0 ),

где (M , R) сфера радиуса R с центром в точке M , nP вектор внешней нормали к сфере в точке P . Так как supp K (M , R), то поверхностный интеграл в последнем выражении обращается в ноль, поскольку финитная функция вместе со всеми своими производными тождественно равна 0 на сфере (M , R). Следовательно,
0 0 0

q
R3

rM

(M )dVM = -4 q (M0 ),

M0

что и требовалось доказать.


3. Потенциал поля точечного источника....

15

Определение 1.3.1

Фундаментальным решением оператора Лапласа называется всякая обобщенная функция, являющаяся решением уравнения
= - (M , M0 ).

(1.3.16)

Очевидно, что фундаментальное решение определяется с точностью до произвольного решения однородного уравнения
= 0 .

Если величина q точечного заряда в формуле (1.3.14) равна , 4 то функция 11 (M , M ) =
0

1

4 rM

является одним из решений уравнения (1.3.16). Поэтому функция 1 G( M , M ) = + v, (1.3.17)
0

M0

4 rM

где v произвольная гармоническая функция, есть фундаментальное решение оператора Лапласа в трехмерном пространстве. Этим мы воспользуемся при построении функций Грина краевых задач для уравнений Пуассона и Лапласа. Замечание 1.3.1 Фундаментальное решение оператора Лапласа можно получить следующим образом. Поскольку фундаментальное решение удовлетворяет уравнению
= - (M , M0 )

M0

в смысле обобщенных функций, то в классическом смысле функция удовлетворяет уравнению Лапласа всюду, кроме точки M . Поместим начало координат в точку M . В этой системе координат решение обладает сферической симметрией, то есть = (r). Решая уравнение
0 0

1d
r dr
2

r

2

d dr

= 0,

получим (r) =

Используя третью формулу Грина, получаем A =

A +B r

, где B произвольная постоянная.
1 . 4


16

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

4. Потенциал заряженной нити. Фундаментальное решение оператора Лапласа в двумерном случае.

Найдем электростатический потенциал бесконечно тонкой заряженной нити, линейная плотность зарядов которой постоянна и равна e. Выберем систему координат таким образом, чтобы ось Oz была параллельна нити. Пусть нить z r M ( x, y , z ) проходит через точку M (x , y , z ). Потенциал поля, создаваемого нитью в точке наблюдения M (x, y , z ), можно Рис. 1.4.3. рассматривать как сумму потенциалов полей элементарных зарядов величины ed , непрерывно распределенных вдоль нити. Непосредственное вычисление потенциала поля бесконечной нити приводит к расходящемуся интегралу. Поэтому найдем сначала напряженность электростатического поля нити. Напряженность поля, создаваемого участком нити длины d , равна по абсолютной величине
d
MM
0

0

0

0

0

dE =

ed
2 (z - ) + rM
2

2

0M

где rM0 M = (x - x ) + (y - y ) расстояние от точки M до нити (см. рис 1.4.3). Радиальная составляющая напряженности поля в точке M (x, y , z ):
0 2 0

dEr =

ed (z - ) + rM
2 2
0M

ћ cos =
rM

erM
2

0M

d
3/2
0M

2 (z - ) + rM
0M

,

(1.4.18)

так как cos = равна
dEz =
2

2 (z - )2 + rM

, а составляющая вдоль оси Oz
0M

ed (z - ) + rM
2
0M

ћ sin =

e( - z )d
2 (z - ) + rM 2 3/2
0M

.

(1.4.19)

Бесконечная нить создает в точке M (x, y , z ) поле, напряженность которого не зависит от z и имеет вид:
E(rM0 M ) = E (rM0 M ) ћ
rM rM
0M

.

0M


4. Потенциал заряженной нити...

17

В том, что z -компонента напряженности поля в любой точке M равна нулю можно убедиться, непосредственно интегрируя выражение (1.4.19) вдоль прямой - < < +. Согласно принципу суперпозиции, величину E (rM0 M ) можно вычислить по формуле:


E (rM0 M ) =

e rM
2 - rM
0M

0M

d
3 /2

.

+ (z - )2

Последний интеграл легко вычисляется при помощи подстановки
-z = tg . rM0 M

Тогда В результате получаем
E (rM )=

d d . = rM0 M cos2

/2

e rM
0M

0M

cos d =
- /2

2e
rM
0M

.

Для вычисления потенциала нити воспользуемся тем, что d E rM0 M = - rM0 M , то есть E rM0 M = - , откуда
dr
M0 M

(M , M0 ) = 2e ln
Замечание 1.4.1

1
rM
M0

+ const.

(1.4.20)

Потенциал , создаваемый равномерно заряженной бесконечной нитью, не зависит от координаты z . Поэтому задачу можно рассматривать как двумерную в любой плоскости, перпендикулярной нити. Сечение нити этой плоскостью может рассматриваться как точечный заряд в двумерном пространстве, потенциал которого дается формулой (1.4.20). Используя третью формулу Грина в двумерном случае (A.3.15), аналогично тому, как это сделано в трехмерном случае, можно показать, что потенциал (1.4.20) удовлетворяет уравнению
M = -4 e (M , M0 ),

(1.4.21)


18
0 0 0

Гл. 1. Использование обобщенных функций...

где M (x , y ) и M (x, y ). Функция

(M , M0 ) =

1 1 ln 2 rM M

является частным решением уравнения
M = - (M , M0 ).

0

(1.4.22)

Фундаментальным решением оператора Лапласа в двумерном случае является функция
G( M , M 0 ) =

1 1 ln + v (M ), 2 rM M0

(1.4.23)

где v (M ) любая гармоническая на плоскости функция.


Глава 2
ФУНКЦИИ ГРИНА ЗАДАЧ ДИРИХЛЕ

1. Внутренние трехмерные задачи

Рассмотрим задачу Дирихле для уравнения Пуассона в области D R , ограниченной достаточно гладкой замкнутой поверхностью S (например, S C ( ) ):
3 2

u = -F (M ), M D, u|S = f (P ), P S

(2.1.1) (2.1.2)

Будем называть классическим решением задачи (2.1.1-2.1.2) функцию u(M ), дважды непрерывно дифференцируемую в области D, непрерывную в области D, удовлетворяющую уравнению (2.1.1) в области D и граничному условию (2.1.2). Если выполнены условия F L (D) C ( ) (D) и f C (S ), то задача (2.1.1-2.1.2) имеет единственное решение u(M ) [1]. Для того, чтобы найти это решение, воспользуемся второй формулой Грина [3]:
Определение 2.1.1
1 2

G(Q, M )Q u(Q) - u(Q)Q G(Q, M ) dVQ =
D

=
S

G( P , M )

G(P , M ) u(P ) - u(P ) dSP nP nP

,

(2.1.3)

где G(Q, M ) = + v фундаментальное решение операто4 r ра Лапласа, определенное в (1.3.17). Поскольку Q G(Q, M ) = - (Q, M ),
QM

1


20
u(M ) =
S

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

из (2.1.3) получаем
G( P , M )
u(P ) G(P , M ) - u(P ) dSP - nP nP

- G(Q, M )u(Q)dVQ .
D

(2.1.4)

На границе области u|S = f (P ), а внутри области u = -F (Q), поэтому
u(M ) =
S

G( P , M )

u(P ) G(P , M ) - f (P ) dSP + nP nP

+ F (Q)G(Q, M )dVQ .
D

(2.1.5)

В правой части равенства (2.1.5) остается одно неизвестное слагаемое, содержащее производную искомого решения по нормали на границе, которое не удается выразить через входные данные задачи. Однако фундаментальное решение G(Q, M ) оператора Лапласа определяется с точностью до произвольной гармонической функции v , поэтому можно выбрать ее такой, что G(P , M ) = 0 в любой точке P S . Для этого функция v = v (Q, M ) должна быть решением задачи Дирихле: Q v = 0, Q D, 1 (2.1.6) , P S, v |S = -
4 rP
M

где производные берутся по координатам точки Q, а координаты точки M играют роль параметров. Тогда в любой внутренней точке M области D
u(M ) = - f (P )
S
1

G(P , M ) dSP + nP
D

G(Q, M )F (Q)dVQ .

(2.1.7)

Это выражение является классическим решением задачи (2.1.1)(2.1.2), если F C ( ) (D) и f C (S ) [1]. Определение 2.1.2 Функцией Грина внутренней задачи Дирихле для оператора Лапласа в трехмерном случае будем называть функцию
G(Q, M ) =

1 + v (Q, M ), 4 rQM

Q D,

M D,


1. Внутренние трехмерные задачи

21

удовлетворяющую условиям: 1) v (Q, M ) гармоническая функция координат точки Q D, непрерывная на D для каждой точки M D; 2) G(P , M )|P S = 0 для каждой точки M D. Итак, из определения функции Грина G(Q, M ) следует, что она является решением краевой задачи
Q G(Q, M ) = - (Q, M ), G(P , M )|S = 0, P S. Q, M D,

(2.1.8)

Если граница S области D является поверхностью Ляпунова, то функция Грина задачи Дирихле существует и единственна [1]. Из постановки задачи (2.1.8) следует, что функция Грина оператора Лапласа G(Q, M ) определяется только областью D. С помощью функции Грина можно получить решения задач вида (2.1.1)-(2.1.2) в квадратурах, используя интегральную формулу (2.1.7). Поясним физический смысл функции Грина. Пусть в точку M области D, ограниченной идеально проводящей заземленной поверхностью S , помещен точечный заряд +q . В соответствии с принципом суперпозиции потенциал электростатического поля внутри D складывается из потенциала поля точечного заряда
0 (Q, M ) =
q rQM

и потенциала

v (Q, M ) =
S

(P , M ) dSP rP Q

(2.1.9)

поля индуцированных на внутренней стороне поверхности S зарядов плотности (P , M ), где
(P , M )dSP = -q .
S

Поверхностная плотность распределения заряда (P , M ) зависит от координат точки M расположения точечного заряда, однако интеграл по поверхности от этой функции представляет собой полный индуцированный заряд и от кооординат точки M уже не зависит. Итак, внутри области D
(Q, M ) =
q + v (Q, M ) rQM

, Q, M D,


22
причем

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Q v (Q, M ) = 0, Q, M D,

поскольку v (Q, M ) потенциал поля, порождаемого зарядами, распределенными по поверхности. На поверхности S суммарный потенциал равен 0, так как она заземлена. Таким образом, функция Грина G(Q, M ) представляет собой потенциал поля, порож1 даемого в точке Q точечным зарядом величины , помещенным 4 в точку M , если поверхность S заземлена. Функция Грина симметрична относительно перестановки точек Q и M [1]: G(Q, M ) = G(M , Q). Симметричность функции Грина является отражением физического принципа взаимности: заряд, помещенный в точку M , создает в точке наблюдения Q поле с таким же потенциалом, как этот же заряд, помещенный в точку Q, создал бы в точке M . Следовательно, в формуле (2.1.7) поле u(M ) есть результат суперпозиции полей зарядов, распределенных в точках Q области D и в точках P на ее границе S . Выражение (2.1.7) состоит из двух слагаемых, первое из которых представляет собой поверхностный потенциал (см. [1]), а второе объемный потенциал поля зарядов, распределенных в области D с объемной плотностью F (Q). Замечание 2.1.1 Потенциал (2.1.9) называется поверхностным потенциалом простого слоя. Подробнее о поверхностных потенциалах см. [1].
2. Внешние трехмерные задачи

Для того, чтобы краевая задача для уравнения Пуассона или Лапласа в области De , внешней по отношению к ограниченной области D с кусочно-гладкой границей S , имела единственное решение, в постановке задачи помимо краевого условия следует добавить условие на бесконечности. Таким условием является требование регулярности решения на бесконечности. Определение 2.2.1 В трехмерном случае функция u(M ) называется регулярной на бесконечности, если при достаточно большом r r , где r = x + y + z , выполнены неравенства
0 2 2 2

|u|

A r

,

u x

A r2

,

u y

A r2

,

u z

A r2

,

где A > 0 некоторая постоянная.


2. Внешние трехмерные задачи

23

Замечание 2.2.1

Гармоническая в области De трехмерного пространства функция, равномерно стремящаяся к нулю на бесконечности, является регулярной на бесконечности [1]. Для регулярных на бесконечности функций в трехмерном случае во внешних областях остаются справедливы формулы Грина. Воспользуемся этим для построения решения краевой задачи Дирихле:
u = -F (M ), M De , u|S = f (P ), P S , u регулярна на бесконечности.
Определение 2.2.2
2

(2.2.10) (2.2.11) (2.2.12)

Будем называть классическим решением задачи (2.2.10-2.2.12) регулярную на бесконечности функцию u(M ) C ( ) (De ) C (De ), удовлетворяющую уравнению (2.2.10) в области De и граничному условию (2.2.11). Если функция F (M ) финитна и непрерывно дифференцируема в De , а функция f (P ) непрерывна на поверхности S , то существует единственное классическое решение задачи (2.2.10-2.2.12). Аналогично случаю внутренней задачи, решение задачи (2.2.10-2.2.12) можно получить с помощью функции Грина G(M , Q) :
u(M ) = - f (P )
S

G(P , M ) dSP + nP
De

G(Q, M )F (Q)dVQ . (2.2.13)

В выражении (2.2.13) нормаль np является внешней по отношению к De . Функция Грина G(M , M ) определяется так же, как и в случае внутренней задачи (см. определение 2.1.2), но с учетом дополнительного условия она должна быть регулярной на бесконечности. Для того, чтобы построить функцию G(Q, M ), достаточно решить задачу для гармонического слагаемого v (Q, M ):
0

v = 0, Q, M De 1 , P S, v |S = - 4 rP M v 0 на бесконечности.

(2.2.14)


24

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

3.1. Метод электростатических изображений. Для задач (2.1.6) и (2.2.14) выполнена теорема существования и единственности классического решения. Поэтому, если удастся получить каким-либо способом гармоническую функцию v , удовлетворяющую поставленным граничным условиям, то функция 11 G= + v представляет собой единственное решение за-

дачи (2.1.8) как во внешней, так и во внутренней области. Для ряда областей весьма эффективным способом построения функции Грина задачи Дирихле является использование метода электростатических изображений. Однородные условия Дирихле в данном случае означают, что область ограничена заземленной идеально проводящей поверхностью S . Расположим вне области D фиктивные электрические заряды таким образом, чтобы потенциал поля на границе S обращался в ноль. Эти фиктивные заряды называются электростатическими изображениями единичного заряда, помещенного в точку M . Потенциал поля, порожденного зарядами, находящимися вне области, представляет собой гармоническую внутри области D функцию v , удовлетворяющую граничному условию
0

4 rM

M0

v |S = -
Замечание 2.3.1

1 4 RP

M0

, P S.

(2.3.15)

Предложенный способ построения функции Грина является универсальным для любых задач Дирихле для оператора Лапласа и применим не только для задач электростатики. Пример 2.3.1. Найдите потенциал поля, создаваемого точечным зарядом q , помещенным в точку M = (x , y , z ), где z > 0, в вакууме в верхнем полупространстве над плоскостью z = 0, если эта плоскость представляет собой идеальный заземленный проводник. Р Е Ш Е Н И Е . Потенциал (M , M ) в точке M = (x, y , z ) является решением задачи M = -4 q (M , M ), x, y (-, +), z (0, +), | = 0, x, y (-, +), (2.3.16) z= регулярна на бесконечности.
0 0 0 0 0 0 0 0


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

25

Задачу (2.3.16) можно решить методом электростатических изображений: потенциал в точке M складывается из потенциала точечного заряда q , расположенного в точке M , и потенциала фиктивного точечного заряда -q , помещенного в точку M , симметричную M относительно плоскости z = 0 (рис. 2.3.1):
0 1 0

M1 = (x0 , y0 , -z0 )

Рис. 2.3.1.

В самом деле, функция
(M , M0 ) = q ћ =qћ -
(x - x
0

1
rM
M0

-

1
rM
M1

= -
2

1 1
)2 + (y - y0 )2 + (z + z
0

(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - z0 )

(2.3.17)


)2



удовлетворяет уравнению (2.3.16). Функция
v=-
q rM M
1

является гармонической в верхнем полупространстве и удовлетворяет граничному условию (2.3.15), так как rP M0 = rP M1 для любой точки P (x, y , 0), принадлежащей плоскости z = 0, и равномерно стремится к нулю на бесконечности. 1 Замечание 2.3.2 В случае q = найденный потенциал пред4 ставляет собой функцию Грина оператора Лапласа для зада-


26

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

чи Дирихле в верхнем полупространстве:
G ( M , M0 ) = -

(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z + z0 )
Пример 2.3.2.

1 1 - 4 (x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - z0 )2 1
.
2



(2.3.18)

(x, y ), индуцированных на идеально проводящей заземленной плоскости z = 0 зарядом +q , помещенным в точку M0 верхне-

Найдите плотность поверхностных зарядов

го полупространства. Р Е Ш Е Н И Е . Известно [13], что на границе двух сред скачок [Dn ] = D n - D n нормальной составляющей вектора D равен 4 . При этом нормаль n направлена из первой среды во вторую. Если первая среда является идеально проводящей, то поле в ней равно 0, и поэтому
2 1

D2n |S = -

= 4 ni S

,

где ni внутренняя нормаль к поверхности S , ограничивающей область D. Для плоской границы z = 0 получаем
(x, y ) = -

1 4 z

z =0

.

(2.3.19)

Подставляя в формулу (2.3.19) выражение (2.3.17) для потенциала , получаем
(x, y ) = -
q z
2

2

0 2 2 0 3/2

.

(x - x0 ) + (y - y0 ) + z

Найдите потенциал поля, создаваемого в верхнем полупространстве z > 0 непроводящей плоскостью, на которой распределен заданный потенциал, определяемый 1 функцией f (x, y ), такой что f (x, y ) = O при 2 2
Пример 2.3.3.

x +y


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

27

x2 + y 2 . Р Е Ш Е Н И Е . Необходимо решить задачу Дирихле: u = 0, x, y (-, +), z (0, +), u| = f (x, y ), x, y (-, +), z =0 u регулярна на бесконечности.

(2.3.20)

Непосредственное применение формулы (2.2.13) в данной задаче неправомерно, поскольку плоскость z = 0 не является ограниченной поверхностью. Используем формулу (2.1.4) в области, ограниченной плоскостью z = 0 и полусферой R/ с центром в начале координат и радиусом R:
12

u(M ) = -
U
R

f (P )

G(P , M ) dSP + nP u(P ) G(P , M ) dSP . - u(P ) nP nP

+
R
1/2

G( P , M )

(2.3.21)

Здесь UR круг с центром в начале координат и радиусом R, лежащий в плоскости z = 0. Рассмотрим предел выражения (2.3.21) при R +. Так как функции u и G регулярны на бесконечности, то
R+ R
1/2

lim

G( P , M )

u(P ) G(P , M ) dSP = - u(P ) nP nP

0,

и
R+ U
R

lim

f (P )

G(P , M ) dSP = nP

f (P )
R2

G(P , M ) dSP . nP

Последний интеграл сходится в силу регулярности на бесконечности функций f и G. В данном случае внешняя нормаль nP направлена против оси Oz , поэтому решение задачи можно записать в интегральном виде при помощи функции Грина (2.3.18) следующим образом:
+ +

u(x, y , z ) =
- -

G(P , M ) f (x , y )dx dy z z =0

,

(2.3.22)


28

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

где M (x, y , z ), P (x , y , 0). Вычислим производную функции Грина по переменной z :
G 1 =- 4 z z =0 z -z (x - x) + (y - y )2 + (z - z )2 z +z (x - x) + (y - y )2 + (z + z )2 2z
2 3/2 2 3/2

-

- =

=
z=
0

4 (x - x)2 + (y - y )2 + z

2 3/2

Подставляя это выражение в формулу (2.3.22), получим решение задачи (2.3.20):
+ +

z u(x, y , z ) = 2

f (x , y )dx dy (x - x)2 + (y - y )2 + z
2 3 /2

, z > 0.

(2.3.23) Последний интеграл не является равномерно сходящимся по z , поэтому из формулы (2.3.23) не следует, что u|z= = 0. Замечание 2.3.3 Задачу можно решить и в случае f (x, y ) V = const. Функция u(M ) V удовлетворяет уравнению и граничному условию, однако не является регулярной на бесконечности. Таким образом, полученное решение не является классическим. Пример 2.3.4. Найдите потенциал поля отрезка длины L бесконечно тонкой равномерно заряженной нити с линейной плотностью e, помещенного над идеально проводящей заземленной плоскостью. Отрезок составляет с плоскостью угол . Расстояние от плоскости до ближайшей к ней точки отрезка равно h. Р Е Ш Е Н И Е . Выберем удобную систему коz ординат. Пусть проводящая плоскость совпадает с координатной плоскостью z = 0, а отрезок целиком расположен в плоскости Oy z , причем ось Oz прохо дит через точку M отрезка, расположенh ную ближе всего к плоскости z = 0 (см. рис 2.3.2). Пусть M любая точка отx 0 резка. Обозначим через длину отрезка
0 1 0

- -

Рис. 2.3.2.


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

29

M1 M0 . Координаты точки M0 выражаются через величину по формулам: x0 = 0, y0 = cos , z0 = h + sin .

Потенциал поля (x, y , z ), создаваемого отрезком в присутствии заземленной плоскости в точке наблюдения M (x, y , z ), можно рассматривать как сумму потенциалов полей элементарных зарядов величины ed , непрерывно распределенных вдоль отрезка и их изображений в плоскости z = 0:
L

(x, y , z ) = e
0

d x2 + (y - cos )2 + (z - h - sin )2 d

-

L

-e
0

=

x2 + (y - cos )2 + (z + h + sin )2
L

L

=e

d
0

2 A2 - B + + ( - B + ) +

-e
2
0

d
2 A2 - B- + ( - B- )2 -

,

где

A2 = x 2 + y 2 + ( z +

h)2 , B+ = y cos + (z

h) sin .

Для вычисления интегралов воспользуемся табличной формулой:
dx x + a2
2

= ln x +

x2 + a2 + C.

В результате получаем:
(x, y , z ) = ln
L - B+ + L - B- +
2 A2 - B+ + (L - B+ )2 + 2 A2 - B- + (L - B- )2 -

- ln

A+ - B+ . A- - B-

Найдите потенциал поля точечного заряда q , расположенного в области, ограниченной двумя параллельными идеально проводящими заземленными плоскостями. Р Е Ш Е Н И Е . Пусть расстояние между плоскостями равно l. Выберем систему координат таким образом, чтобы плоскость z = 0
Пример 2.3.5.


30

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Рис. 2.3.3.
совпадала с одной из граничных плоскостей (рис. 2.3.3). Пусть заряд помещен в точку M = (x , y , z ), а M = (x, y , z ) точка наблюдения.
0 0 0 0

Математическая постановка задачи имеет вид:
u = -4 q (M , M0 ), (x, y ) R2 , z (0, l), u|z
=0

= u|z

=l

= 0.

(2.3.24) (2.3.25)

Шаг 1. Отобразим заряд q в плоскости z = 0. Функция
u0 = q

1
r0

-

1
r0

,

где
r0 = r0 =

(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - z0 )2 , (x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z + z0 )2
0

удовлетворяет уравнению (2.3.24) и условию u = 0 при z = 0. Однако условие u = 0 при z = l не выполняется. Шаг 2. Построим отображение системы зарядов, расположенных в точках (x , y , z ) и (x , y , -z ), относительно плоскости z = l. В результате получаем систему четырех зарядов. Функция
0 0 0 0 0 0 0

u1 = q

1
r0

-

1
r0

+q

1
r1

-

1
r1

,


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

31

где
r1 = r0 =

(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2l + z0 ))2 , (x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2l - z0 ))2
1

удовлетворяет условию u = 0 при z = l, но не обращается в нуль при z = 0. Последовательно повторяя отображения в плоскостях z = 0 и z = l, получим решение в виде ряда
+

u=q
n=-

1
rn

-

1
rn

,

(2.3.26)

где
rn = rn =

(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2ln + z0 ))2 (x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2ln - z0 ))2

Покажем, что этот ряд равномерно сходится. Это будет означать непрерывность построенной в виде ряда функции, дифференцируемость и ее непрерывное примыкание к граничным условиям. Рассмотрим
an =

1
rn

-

1
rn

=

1
(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2ln + z0 ))
2

-

- = - 2z

1
(x - x0 )2 + (y - y0 )2 + (z - (2ln - z0 ))
1 z - (2ln + z0 ) = -2z0 3 z0 rn z0 =z (rn ) 0
2

=

0

,

z0 (0, l).

Следовательно,
|an | <
(

2l
rn )2

<

(2n - 1)2 l

2

. an сходится рав-

+

Полученная оценка показывает, что ряд
n=-

номерно и абсолютно, так как сходится его мажорантный ряд. Аналогичным образом можно показать, что ряд (2.3.26) можно дважды дифференцировать. Условия u = 0 при z = 0 и z = l


32

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

также оказываются выполненными, так как на каждом шаге одно из граничных условий выполняется точно, а невязка в другом 1 граничном условии убывает как 2 .
n

Найдите функцию Грина задачи Дирихле внутри двугранного угла величины , n N. n Р Е Ш Е Н И Е . С точностью до умножения на постоянную рассматриваемая задача эквивалентна задаче о нахождении потенциала поля заряда, помещенного внутрь двугранного угла, ограниченного идеально проводящими заземленными плоскостями. Направим ось z вдоль грани угла и введем цилиндрические координаты. Пусть заряд +q помещен в точку M (r , , z ). Математическая постановка задачи имеет вид:
Пример 2.3.6.
0 0 0 0

= -4 q (M , M0 ), 0, |
=0

= |

=n

= 0.

n

,

(2.3.27) (2.3.28)

Воспользуемся методом электростатических отображений. Чтобы удовлетворить однородным граничным условиям на полуплоскости = 0 отобразим исходный заряд относительно плоскости = 0, а чтобы удовлетворить условиям на полуплоскости = отобразим исходный заряд относительно плоскости = n n (рис. 2.3.4 а)). Наличие двух плоскостей приводит к тому, что попытка удовлетворить однородному граничному условию методом электростатических отображений на одной из них приводит к нарушению граничного условия на другой. Поэтому не удается удовлетворить двум условиям сразу. Отобразим эту систему за рядов относительно плоскостей = 0 и = (рис. 2.3.4 б)) и n будем продолжать этот процесс пока ?круг не замкнется?. Тогда на n - 1 шаге получим систему зарядов, потенциал суммарного поля которых удовлетворит граничным условиям, что следует из геометрических соображений. Все фиктивные заряды будут расположены на окружности r = r в плоскости z = z . В результате 2 k + , z , k = 0, 1, ..., n - 1, в точках с координатами r , n окажутся положительные заряды, а в точках с координатами 2 k r, - , z , k = 0, 1, ..., n - 1 отрицательные.
0 0 0 0 0 0

n

0

0


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

33

Рис. 2.3.4.
Следовательно, потенциал точечного заряда, помещенного в точку M внутри двугранного угла имеет вид:
0

n-

1

(M , M0 ) = q
k=
0

1
R
+ MM
k

-

1
- RM M
k

.

(2.3.29)

+ Здесь RM Mk , k = 0, 1, ..., n - 1 расстояния от точки наблюдения M (r, , z ) до зарядов системы: + RM - RM

Mk

= =

2 r0 + r2 - 2r0 r cos

2 k
n

+ 0 - + (z - z0 )2 , - 0 - + (z - z0 )2 .

Mk

2 r0 + r2 - 2r0 r cos

2 k
n

Положив, как и раньше, q = в выражении (2.3.29), мы 4 получим функцию Грина задачи Дирихле в двугранном угле величины . n Замечание 2.3.4 При использовании метода электростатических отображений для задачи с двугранным углом существенно, что n является целым числом. Действительно, если n не целое, то для выполнения однородных граничных условий часть фиктивных зарядов придется расположить внутри рассматриваемой области. А это означает, что потенциал поля, порождаемого фиктивными зарядами, не будет гармонической функцией внутри угла.
2 А.Н. Боголюбов, Н.Т. Левашова, И.Е. Могилевский, Ю.В. Мухартова, Н.Е. Шапкина

1


34

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Пример 2.3.7. Постройте функцию Грина задачи Дирихле в шаре K a , то есть найдите решение следующей краевой задачи: M G(M , M ) = - (M , M ), M , M K a , G|r=a = 0. Р Е Ш Е Н И Е . Функцию Грина:
0 0 0

G(M , M0 ) =

4 rM

1

+ v (M , M 0 )
M0

можно найти с помощью метода электростатических изображений. Поместим в точку M (r , , ) внутри шара заряд величины 1 . Рассмотрим точку M (r , , ), симметричную точке q= 4 M (r , , ) относительно сферы a , то есть такую точку, для которой выполнено соотношение:
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0

r0 ћ r1 = a2 .
1

(2.3.30)

Покажем, что поместив в точку M заряд определенной величины, можно добиться, чтобы потенциал суммарного поля на сфере равнялся нулю. Пусть M (r, , ) любая точка внутри шара. Введем обозначения: M = M M , = M M . Точку на поверхности сферы a , лежащую на луче OM , обозначим P . Угол, который составляют векто- - - - ры OM и OM обозначим Рис. 2.3.5. (рис 2.3.5). Покажем, что треугольники P OM и M OP подобны. Действительно, угол P OM у них общий, а из условия (2.3.30) следует
0 0 1 1 0 0 1 0

OM0 OP = . OP OM1

Из подобия треугольников следует, что
0 r = 0. 1 a

(2.3.31)


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

35
A rM M
1

Так как точка M располагается вне сферы, то функция v = является гармонической. Найдем такое A, при котором
1

v |a =

1 A =- rP M1 4 rP

.
M0

Из равенства (2.3.31) получаем A = - . Отсюда следует, что 4 r0 функция 1 1 a1 G( M , M ) = (2.3.32) -
0

1a

4

rM

обращается в нуль на поверхности сферы. В сферических координатах выражения для rM M0 и rM M1 имеют вид:
rM
M0

M0

r0 rM

M1

=

2 r2 + r0 - 2rr0 cos ,

rM

M1

=

2 r2 + r1 - 2rr1 cos ,

где )
1

cos = cos cos 0 + sin sin 0 cos( - 0 ).

Пример 2.3.8. вне шара K a ,

задачи:

Постройте функцию Грина задачи Дирихле то есть найдите решение следующей краевой

a M G(M , M0 ) = - (M , M0 ), M , M0 вне K , G|r=a = 0, G 0 при r +.

Р Е Ш Е Н И Е . Для того, чтобы найти функцию Грина внешней 1 задачи, поместим точечный заряд q = в точку M (r , , )
4
0 0 0 0

1

) Рассмотрим

OM M

В наших обозначениях С другой стороны координатах
r
2
M M0

2 2 M M0 = OM 2 + OM0 - OM ћ OM0 cos . 2 2 O M = r O M 0 = r0 rM M0 = r2 + r0 - rr0 cos 2 2 2 2 rM M = (x - x0 ) + (y - y0 ) + (z - z0 )
0

0

(см. рис. 2.3.5). По теореме косинусов 2 , , то есть 2 . . В сферических
2

= (r cos sin - r0 cos 0 sin 0 )2 + (r sin sin - r0 sin 0 sin 0 )2 + r

Сравнивая с выражением для дим cos = cos
2*

2 + (r cos - r0 cos 0 )2 = r2 + r0 - rr0 (cos cos 0 + sin sin 0 cos( - 0 )) .
M M0

2 , полученным из теоремы косинусов, нахо-

cos 0 + sin sin 0 cos( - 0 ).


36

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

вне шара. Если поместить фиктивный заряд величины q = -
a
2
1 0 0

qa r0

в

, , внутри шара, то суммарный сопряженную точку M r0 потенциал поля на сфере будет равен нулю, а следовательно, решением задачи является функция
G(M , M0 ) =

1 4

1
rM
M0

-

a1 r0 rM M

.
1

Таким образом, построены функции Грина для простейших областей. Предложенные методы можно применить и для задач нахождения потенциала поля точечного заряда при наличии проводников различной формы. Задача 2.3.9. Найдите потенциал поля точечного заряда q в неограниченном пространстве в присутствии незаряженной проводящей сферы. Р Е Ш Е Н И Е . Пусть заряд помещен в точку M вне сферы. Необходимо решить задачу u = -4 q (M , M ), r > a, (0, ), [0, 2 ], u|r=a = V , u 0 при r +, где V постоянный потенциал на проводящей сфере, который пока не известен. Так как задача линейная, ее можно разбить на две: u = -4 q (M , M ), r > a, (0, ), [0, 2 ], u |r=a = 0, u 0 при r +, и u = 0, r > a, (0, ), [0, 2 ], u |r =a = V , (2.3.33) u 0 при r +, Решение u исходной задачи равно сумме u и u . Физически это означает, что потенциал суммарного поля складывается из потенциала точечного заряда в присутствии заземленной сферы и потенциала, создаваемого индуцированными на сфере зарядами. Функция u с точностью до множителя 4 q совпадает с функцией Грина оператора Лапласа внешней задачи Дирихле для сферы: 1 a1 u =q - ,
0 0 1 0 1 1 2 2 2 1 2 1 1

rM

M0

r0 rM

M1


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

37

где M (r , , ) и M (r , , ), r = . r0 Решая задачу (2.3.33) методом разделения переменных, получаем:
0 0 0 0 1 1 0 0 1

a2

u2 = V .

a r

Для вычисления потенциала V воспользуемся тем, что полный заряд сферы равен нулю. Напомним, что поверхностная плотность заряда на поверхности проводника вычисляется по формуле 1 u , =- где n вектор внешней нормали к поверхности. Вычисляя полный заряд, получаем 0=-
1 4
a

4 n

S

1 u dS = - n 4
a

u u1 +2 r r

dS = V a -

1 4
a

u1 dS. r

Для вычисления последнего интеграла воспользуемся первой формулой Грина (A.1.1), в которой одна из функций равна u , а другая тождественно равна единице:
1

q

4 r

a

1
rP q
M0

-

a r0 rP

dSP =
M1

P a

=
Ka

4
aq r0
Ka



1
rM
M0

-

a r0 rM

dV
M1

M

=-

aq

4 r0
Ka



1
rM
M1

dVM =

=

(M , M1 )dV

M

=

aq . r0

Таким образом,
V=

q . r0

Итак, потенциал точечного заряда q вне проводящей сферы радиуса a равен
u=
aq +q rr0

1
rM
M0

-

a1 r0 rM M

.
1


38
Замечание 2.3.5

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

q1 , то в соответствии с принципом суперпозиции, потенциал q суммарного поля содержит еще одно слагаемое u3 = 1 .
Пример 2.3.10.

В случае, если на сфере распределен заряд
r

Решите задачу Дирихле в шаре:

u = -F (r, , ), u|r=a = f (, ),

r [0, a), (0, ), [0, 2 ],

Р Е Ш Е Н И Е . Воспользуемся формулой (2.1.7):
u(r0 , 0 , 0 ) = -
a

(2.3.34)

f (P )

G(P , M0 ) dSP + nP

+
Ka

F (M )G(M , M0 )dVM = u1 + u2 .

Подставим в нее выражение (2.3.32) для функции Грина в шаре. Вначале найдем функцию u . Для этого вычислим производную функции G по нормали nP на поверхности сферы:
1

-

G = nP a

=-

1 1 a - 4 r r2 + r2 - 2rr cos r0 0 0

r - r0 cos
2 r2 + r0 - 2rr0 cos 3/2

1


r =a

2 r2 + r1 - 2rr1 cos

=

=

1 4

-

r - r1 cos a r0 r2 + r2 - 2rr cos 1 1

3/2

=
r =a

1 4
=

a - r0 cos
2 a2 + r0 - 2ar0 cos 3/2

-

a - (a2 /r0 ) cos a r0 a2 + (a2 /r )2 - 2a(a2 /r ) cos 0 0
3/2

3 /2

=

2 2 1 a2 - r0 1 a - r0 cos - r0 /a + r0 cos = 4 a2 + r2 - 2ar0 cos 3/2 4 a a2 + r2 - 2ar0 cos 0 0

,

где r =
1

a2 r0

. Для функции u получаем выражение:
1 2





a u1 (r0 , 0 , 0 ) = 4
0

d
0

2 f (, )(a2 - r0 ) 2 a2 + r0 - 2ar0 cos

3 /2

sin d. (2.3.35)


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

39

Функция u имеет вид:
2

u2 (r0 , 0 , 0 ) =

1 r dr 4
2 0

a

2







d F (r, , )
0 0

1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos

-

-
a
2 r0 r2 + a4 - 2rr0 a2 cos

sin d.

Если в задаче (2.3.34) F 0, то ее решением для любой непрерывной на сфере функции f (, ) является функция u . Выражение (2.3.35) называется интегралом Пуассона для сферы. Пример 2.3.11. Пусть внутри области, ограниченной полусферой радиуса a и плоскостью, проходящей через центр сфеa ры, в точку M ,, помещен точечный заряд величины q . 244 Найдите распределение потенциала поля этого заряда, если границы области заземлены. Р Е Ш Е Н И Е . Задачу можно решить при помощи метода изображений. Воспользуемся известной функцией Грина G(M , M ) задачи Дирихле в шаре. Функция
Замечание 2.3.6
1 0 0

0 = 4 q G(M , M0 ) =q

1

1
RM
M
0

-

a 1 a/2 RM M

=q
1

1
RM
M
0

-

2
R
MM
1

,

где M 2a, , , представляет собой потенциал поля точечного 44 заряда, помещенного в точку M внутри заземленной сферы. Она удовлетворяет уравнению
0

M 0 (M , M0 ) = -4 q (M , M0 )

z

M

1

в рассматриваемой области и однородному условию Дирихле на части границы области, представляющей собой полусферу (рис. 2.3.6). Для того, чтобы добиться выполнения граничного условия на плоскости z = 0 построим точa 3 , , , симметричку M
2

4

M

0

M

2

244

M

3

Рис. 2.3.6.


40
0

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

ную точке M относительно плоскости z = 0, и поместим в нее фиктивный заряд -q . Чтобы ?не испортилось? граничное условие на полусфере, рассмотрим потенциал, создаваемый фиктивным зарядом внутри шара с заземленной границей:
1 (M , M2 ) = -q

1
RM
M
2

-

2
RM
M
3

,
2

где точка M 2a, , сопряжена точке M относительно 44 сферы: OM ћ OM = a . Так как мы рассматриваем задачу в полушарии выше плоскости z = 0, функция (M , M ) является гармонической как функция координат точки M в верхнем полупространстве. Кроме того, по построению (P , M ) = - (P , M ), P (x, y , 0), поэтому искомый потенциал имеет вид: (M , M ) = (M , M ) + (M , M ).
3 2 2 3 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1 2

3

Замечание 2.3.7

имеет вид:

Функция Грина задачи Дирихле в полушарии
(M , M0 ) = G(M , M0 ) - G(M , M2 ).

G

12

/

Пусть внутри области, ограниченной полусферой радиуса a и плоскостью, проходящей через центр сфеa , , 0 помещен точечный заряд величины q . ры, в точку M 22 Найдите распределение потенциала поля этого заряда, если границы области заземлены.
Задача 2.3.12.
0

Найдите потенциал поля отрезка заряженной нити длины 2L с линейной плотностью e, помещенного над идеально проводящей заземленной плоскостью параллельно ей на расстоянии h от нее. Задача 2.3.14. Найдите потенциал поля заряженного отрезка заряженной нити длины L с линейной плотностью e, помещенного над идеально проводящей заземленной плоскостью перпендикулярно ей. Ближайшая к плоскости точка отрезка удалена от нее на расстояние h.
Задача 2.3.13.


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

41

Найдите потенциал поля точечного заряда, помещенного в точку M (x , y , z ) внутри ?полуслоя? 0 z l, x 0, считая, что стенки идеально проводящие и имеют нулевой потенциал. Задача 2.3.16. Найдите потенциал поля точечного заряда, помещенного внутри двугранного угла величины в точку 2 M , если его грани идеально проводящие заземленные плос кости = и = 0. Угловая координата точки M равна , 2 4 радиальная координата равна r . Задача 2.3.17. Найдите потенциал поля отрезка заряженной нити длины L с линейной плотностью e, помещенного внутрь двугранного угла величины , грани которого идеально про2 водящие заземленные плоскости = и = 0. Координаты 2 концов отрезка: (x , y , z ), (x , y + L, z ). Задача 2.3.18. Найдите плотность поверхностных зарядов, индуцированных на внешней поверхности проводящей сферы точечным зарядом, помещенным в некоторую точку M вне этой сферы. Задача 2.3.19. Найдите распределение потенциала вне непроводящей сферы радиуса a, если на поверхности сферы поддерживается потенциал, равный f (, ). Задача 2.3.20. Определите распределение потенциала на оси симметрии внутри сферы, если на поверхности сферы распределение потенциала задано следующим образом: при 0 < < (верхняя полусфера) u = u , при < (нижняя полу2 2 сфера) u = u , где u и u константы. Внутри сферы нет объемных зарядов. Задача 2.3.21. Найдите функцию Грина оператора Лапласа для задачи Дирихле в четверти шара. Задача 2.3.22. Найдите потенциал поля, создаваемого в неограниченном пространстве точечным зарядом, помещенным в точку M (x , y , z ), z > 0. Пространство заполнено неоднородным диэлектриком с диэлектрической проницаемостью:
Задача 2.3.15.
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2 0 0 0 0 0

=

1 , z > 0, 2 , z < 0.


42

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

3.3. Разложение функции Грина по собственным функциям. Рассмотрим задачу

u = -f (M ), M D R3 , u|S = D = 0.

(2.3.36)

Решение задачи (2.3.36) может быть представлено с помощью функции Грина в виде интеграла
u(M ) =
D

G(Q, M )f (Q)dVQ

(2.3.37)

Равенство (2.3.37) означает, что функция u(M ) истокопредставима через ядро G(Q, M ). Согласно свойствам функции Грина, ядро G(Q, M ) является симметричным слабополярным, поэтому для него справедлива теорема ГильбертаШмидта: Теорема 2.3.1 (ГильбертаШмидта) [4, 15] Если g (M ) истокопредставима через симметричное ядро G(Q, M ), то она может быть разложена в абсолютно и равномерно сходящийся ряд


g (M ) =
k=1

Ck ћ vk (M ),

где Ck = g (M ) ћ vk (M ) dVM , {vk (M )}| ортонормированk=
1

ная система собственных функций ядра G(Q, M ). Напомним, что собственными функциями ядра G(Q, M ) называются решения интегрального уравнения
vk (M ) =
k D

D

G(Q, M )vk (Q)dVQ ,

которое, как известно [14, 15], равносильно задаче Штурма Лиувилля vk = -k vk , M D R , (2.3.38) vk |S = D = 0. Согласно теореме 2.3.1 функция u(M ) раскладывается в абсолютно и равномерно сходящийся ряд по собственным функциям vk (M ) ядра G(Q, M ):
3



u(M ) =
k=
1

Ck vk (M ).

(2.3.39)


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

43

Запишем выражения для коэффициентов разложения и преобразуем их, используя (2.3.38):
Ck =
D

u(M )vk (M )dV

M

=
D

vk (M )dVM
D

G(Q, M )f (Q)dVQ =

=- =- =

1

k

M vk (M )dVM
D D

G(Q, M )f (Q)dVQ =
M

1
k

f (Q)dV
D

Q D

vk (M )M G(Q, M )dV vk (M ) (Q, M )dVM =

= f (Q)vk (Q)dVQ .

1

k

f (Q)dV
D

Q D

1
k
D

Подставляя выражения для коэффициентов Ck в (2.3.39), получим


u(M ) =
k=1

1

k



f (Q)vk (Q)vk (M )dVQ = f (Q)
D D k=
1

vk (Q)vk (M ) dVQ . k

Далее, вычитаем (2.3.37) из (2.3.40). Тогда


(2.3.40) (2.3.41)

0 = f (Q) G(Q, M ) -
D k=1

vk (Q)vk (M ) dVQ . k

Поскольку f (M ) произвольная функция, то из (2.3.41) следует, что выражение в квадратных скобках слабо сходится к нулю, то есть равенство


G(Q, M ) =
k=
1

vk (Q)vk (M ) k

,

(2.3.42)

следует понимать в смысле обобщенных функций. Пример 2.3.23. Найдите потенциал поля точечного заряда величины q , помещенного в точку M (x , y , z ) внутри прямоугольного параллелепипеда с ребрами a, b, c. Р Е Ш Е Н И Е . Так как потенциал поля точечного заряда является обобщенной функцией и с точностью до множителя 4 q совпадает с функцией Грина, то можно воспользоваться формулой (2.3.42). Для этого найдем собственные функции и собственные
0 0 0 0


44

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

значения задачи ШтурмаЛиувилля в прямоугольном параллелепипеде с условиями Дирихле: v + v = 0, x (0, a), y (0, b), z (0, c),
v |x
=
0

= v |x

=a

= v|

y =0

= v|

y =b

= v |z

=

0

= v |z

=c

= 0.

Как известно [1], собственные функции и собственные значения этой задачи имеют вид:
v
nmk

=

8
abc n a

sin
2

n m k x sin y sin z a b c m b
2

,

nmk =

+

+

k c

2

, где n, m, k N.

Используя формулу (2.3.42), получаем потенциал поля заряда, помещенного в прямоугольный параллелепипед:
(x, y , z , x0 , y0 , z0 ) = Ч
a a

8

abc sin n x sin n x sin m y sin m y 0
b b
1

Ч

0

sin
2

k k z sin z c c

0

k,m,n=

n a

2

+

m b

2

+

k c

.

Лапласа задачи Дирихле в прямом круговом цилиндре высоты h, радиуса a. Задача 2.3.25. Постройте функцию Грина оператора Лапласа задачи Дирихле в секторе прямого кругового цилиндра высоты h, радиуса a, с углом раствора . 3.5. Метод разделения переменных. Как было сказано выше, для того, чтобы найти функцию Грина
G(Q, M ) =

3.4. Задачи для самостоятельного решения. . Задача 2.3.24. Постройте функцию Грина оператора

4 rQM

1

+ v (Q, M )

внутренней или внешней задачи Дирихле для уравнения Пуассона в трехмерном случае, достаточно решить задачу
Q v = 0, v |S = -

4 rP

1

Q D R3 ,

,
M

P S.

(2.3.43)


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

45

В случае неограниченной области к постановке задачи (2.3.43) следует добавить также условие регулярности функции v (Q, M ) на бесконечности. Одним из способов решения задачи (2.3.43) является метод разделения переменных. В данном пособии ограничимся важным для приложений случаем сферических координат. Пусть точка наблюдения Q имеет координаты (r, , ), а точка истока M имеет координаты (r , , ). Общее решение уравнения Лапласа в сферических координатах, полученное методом разделения переменных, может быть представлено в виде ряда [1]:
0 0 0



n

v (r, , ) =
n n=0 m=
0

rn (C

n,m

cos m + D

n,m

sin m ) P
(m) n

(m) n

(cos )+

+
n=0 m=
0

1
r
n+1

(En,m cos m + Fn,m sin m ) P

(cos ),

( где Pnm) (cos ) присоединенные функции Лежандра. Для решения задачи необходимо найти неизвестные коэффициенты Cn m , Dn m , En m , Fn m . Представим функцию, стоящую в правой части граничного условия, в виде ряда. Для этого построим разложение фундаментального решения оператора Лапласа в ряд по полиномам Лежандра. Применяя формулу для производящей функции полиномов Лежандра Pn [1]
, , , ,

1 1+
t2 - 2t



=
n=0

tn Pn (),

|t| < 1,

получаем:
1 1 = 4 rQM 4
1 4 r

1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos

=



=

1 4 r 0

n=0

r0 n Pn (cos ) r

, если r > r ,
0

(2.3.44)

n=

0

rn Pn (cos ), r0
0

если r < r ,
0 0

где cos = cos cos + sin sin cos( - ). Описанный метод особенно удобно применять для решения задач в шаре и его частях.
0


46
Пример 2.3.26.

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Найдите потенциал поля, создаваемого точечным зарядом величины q внутри шарового слоя, ограниченного двумя концентрическими проводящими заземленными сферами с радиусами a и b. Р Е Ш Е Н И Е . Пусть заряд q помещен в точку M внутри шарового слоя. Искомый потенциал имеет вид:
0

(M , M0 ) =

q rM
M0

+ v (M , M0 ),

где v (M , M ) гармоническая функция координат точки M . Введем сферическую систему координат. Поместим начало координат в центр сферы. Направим ось Oz вдоль прямой, соединяющей центр сфер и точку M . Функция v (M , M ) определяется из следующей задачи:
0 0 0

v = 0, r (a, b), (0, ), q v| r =a = - q =- , rP M0 r=a 2 a2 + r0 - 2ar0 cos q v| r =b = - q , =- rP M0 r=b 2 b2 + r0 - 2br0 cos

где M = (r , 0, 0) и M = (r, , ). В постановке задачи нет зависимости от переменной , поэтому функция v (M , M ) зависит только от r и . Воспользуемся общим видом решения уравнения Лапласа в шаровом слое [2]:
0 0 0



v=
n=
0

An

r

2n+1

- a2
n+1

n+1



r

Pn (cos ) +
n=
0

B

b2
n

n+1

-r
n+1

2n+1

r

Pn (cos ),

где коэффициенты An и Bn находятся из граничных условий. Преобразуем граничные условия к более удобному для дальнейшего решения виду:
-
q
2 a2 + r0 - 2ar0 cos

=-

q r0

1 1 + (a/r0 )2 - 2(a/r0 ) cos

=

q =- r0



n=

0

an Pn (cos ) r0

,


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

47
=

так как r > a, и
0

-

q
2 b2 + r0 - 2br0 cos

=-

q b

1 1 + (r0 /b)2 - 2(r0 /b) cos

=-

q b



n=

r0 n Pn (cos ) b

,

0

так как r < b. Подставим общее решение в граничные условия и найдем неизвестные коэффициенты:
0



B
n=
0

b2
n

n+1

-a
+1

2n+1

an b
2n+1

q Pn (cos ) = - r0 q Pn (cos ) = - b



n=

0

an Pn (cos ) r0

,



A
n=0

- a2
+1

n+1

n

bn

n=

r0 n Pn (cos ). b

0

Сравнивая правые и левые части в этих равенствах, получаем
An = -
q b r0 n b b b
2n+1

n+1

- a2

n+1

= -q

b

2n+1

n r0 - a2

n+1

,

Bn = -

q r0

an r0 b2

n+1

an+1 - a2

n+1

.

Следовательно:
v=-
q r


q - a
Замечание 2.3.8

n=0

r0 n r r b a2 r0 r

2n+1 2n+1

- a2n+1 Pn (cos )- - a2n+1

n+1

n=

0

b2n+1 - r2n+1 Pn (cos ). b2n+1 - a2n+1

Для того, чтобы получить функцию Грина, зависящую от произвольных точек M (r, , ) и M (r , , ) 1 внутри шарового слоя, следует положить q = и заменить 4 cos на косинус угла между векторами OM и OM :
0 0 0 0 0

cos = cos cos 0 + sin sin 0 cos( - 0 ).


48

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Итак, функция Грина задачи Дирихле внутри шарового слоя имеет вид:
G(M , M0 ) = -

4 rM

1

-
M
1

0

4 r

1



n=0

r0 n r r b

2n+1 2n+1

- a2n+1 Pn (cos )- - a2n+1

4 a

1



n=0

a2 r0 r

n+

b2n+1 - r2n+1 Pn (cos ). b2n+1 - a2n+1

(2.3.45)
2 2 2 2 2

Найдите функцию Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа в области a x +y +z b,z 0, a < b. Совет: Воспользуйтесь формулой (2.3.45) и методом электростатических изображений.
Задача 2.3.27. 3.6. Построение функции Грина с помощью преобразования Фурье. Пусть требуется решить дифференциальное

уравнение в частных производных в бесконечной цилиндрической области. Направим ось Oz вдоль оси цилиндра. Решение будем искать в виде u = u(M , z ), где M точка в поперечном сечении цилиндра. Предположим, что решение u(M , z ) уравнения допускает преобразование Фурье по переменной z , то есть существует
1 u(M , ч) = 2
+

u(M , z )e-
-

iчz

dz .

Тогда для Фурье-образа u(M , ч) получаем дифференциальное уравнение в поперечном сечении цилиндра. Пример 2.3.28. Найдите потенциал поля точечного заряда величины q , помещенного в точку M (x , y , z ) внутри бесконечной заземленной цилиндрической полости поперечного сечения S . Р Е Ш Е Н И Е . Математическая постановка задачи имеет вид:
0 0 0 0

u = -4 q (x - x ) (y - y ) (z - z ), (x, y ) S , 0 0 0 - < z < +, u| D = 0, u 0, uz 0 при z ,

(2.3.46)


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

49

где D боковая поверхность цилиндра. Будем искать решение u(x, y , z ), которое допускет вместе со своими производными преобразование Фурье по переменной z . Проведем преобразование Фурье по переменной z :
1 u(x, y , ч) = 2
+

u(x, y , z )e-
-

iчz

dz .

Получим
1 2
+

u e
-

-iчz

1 dz = 2

+

(2 u + uz z ) e
-

-iчz

dz = 2 u - ч2 u.

Для Фурье-образа получаем задачу
2 u - ч2 u = -2 2 q e u| S = 0,
-iчz
0

(x - x0 ) (y - y0 ),

(2.3.47)

где оператор Лапласа в поперечном сечении. Решение задачи удобно искать в виде разложения в ряд по собственным функциям vn (x, y ) задачи ШтурмаЛиувилля в поперечном сечении S : u(x, y , ч) = Cn (ч)vn (x, y ). (2.3.48)
2

Для коэффициентов Cn (ч) получим алгебраическое уравнение
-n Cn (ч) - ч2 Cn (ч) = -2 2 q e- Cn ( ч) =
iчz0

n=

1

vn (x0 , y0 ),

откуда

2 2 q e



Таким образом, решение имеет вид
1 u(x, y , z ) = 2


vn (x0 , y0 ) . + ч2
-iчz0
2

u(x, y , ч)e
-

iчz

dч =

= 2q
- n=
1

e

-iчz0

vn (x, y )vn (x0 , y0 ) iчz e dч = 2 + ч2 n n


= 2q
n=
1

vn (x0 , y0 )vn (x, y )
-

eiч(z-z0 ) dч. 2 + ч2 n


50
0

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Интеграл в последнем выражении можно вычислить с помощью леммы Жордана, замыкая контур в верхней полуплоскости при z - z > 0 и в нижней полуплоскости при z - z < 0. Вычисляя интеграл, получим
0



u(x, y , z ) = 2
n=1

vn (x0 , y0 )vn (x, y ) -n |z -z0 | e . n

Найдите потенциал поля точечного заряда величины q , помещенного внутри двугранного угла величины , (0; 2 ). Грани угла представляют собой проводящие заземленные плоскости. Р Е Ш Е Н И Е . Для частного случая = данная задача решена n ранее методом электростатических отображений, однако, согласно замечанию 2.3.4, в общем случае этот метод неприменим. Построим решение с помощью преобразования Фурье. Математическая постановка задачи имеет вид: 0 < r, r < +, 4 q (r - r ) ( - ) (z - z ), 0 < , < , u=- r0 - < z , z < +, u|= = u|= = 0, (2.3.49) 1 u 1 2u 2u где u = r + 2 2 + 2. r r r r z Проведем преобразование Фурье по переменной z :
Пример 2.3.29.
0 3 0 0 0 0 0 0 3

1 u= 2

+

u(r, , z )e
-

-iчz

dz .

В пространстве Фурье-образов уравнение (2.3.49) примет вид:
1

(2.3.50) Будем искать решение уравнения (2.3.50) с граничными условиями из (2.3.49) в виде разложения в ряд Фурье по системе n функций {n } = sin , n = 1, 2, . . .:



u r r r r

+

1 2u
r2
2

-ч u=

2

2 2
r0



(r - r0 ) ( - 0 )e

-iчz

0

.

u(r, , ч) =
n=1

Rn (r) sin

n

,


3. Методы построения функции Грина задачи Дирихле

51
(2.3.51)

где
Rn (r) =

2




u(r, , ч) sin
0

n d .

Домножим (2.3.50) на
1


n sin

и проинтегрируем по от 0 до :

2

r r r r

n u(r, , ч) sin d - ч
0

u(r, , ч) sin
0

n d +

+

1
r
2



u n 2 2 -iчz0 n sin d = e (r - r0 ) ( - 0 ) sin d . 2 r0
2
0





0

Отсюда вытекает уравнение для радиальной части:
1d
dRn 1 n 2 -2 Rn (r) - ч2 Rn (r) = r dr dr r n 4 2 -iчz0 sin 0 (r - r0 ). e =- r0

r

(2.3.52)

Умножая (2.3.52) на r и учитывая, что в смысле обобщенных функций r (r - r ) = r (r - r ), преобразуем уравнение к виду
2 2 2 0 0 0

r2 Rn (r) + rRn (r) - =-

4 2




n

2

+ ч2 r

2

Rn (r) =

r0 e

-iчz0

n sin 0 (r - r0 ).

(2.3.53)

Таким образом, задача свелась к построению функции Грина уравнения Бесселя чисто мнимого аргумента. В качестве граничных условий потребуем, чтобы
|Rn (0)| < , |Rn (r)| < при r .

(2.3.54)

Согласно изложенному в [17] методу построения функции Грина для обыкновенного дифференциального уравнения, будем искать решение уравнения с граничными условиями (2.3.54) в виде:
Rn (r) = C1 I
n

(чr), r < r0 , (чr), r > r0 .

C2 K

n

(2.3.55)


52

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Функции I n (чr) и K n (чr) представляют собой решения одно родного уравнения (2.3.53), ограниченные при r = 0 и при r соответственно. Следуя [17], потребуем выполнения следующих условий при r = r : Rn (r + 0) - Rn (r - 0) = 0, (2.3.56) n 4 2 sin e-iчz0 . Rn (r + 0) - Rn (r - 0) = -
0 0 0 0 0

r0



0

Подставляя (2.3.55) в (2.3.56), получим систему для определения коэффициентов C и C : C K n (чr ) - C I n (чr ) = 0,
1 2 2



0

1



0

чC2 K

n

(чr0 ) - чC1 I

n

(чr0 ) = -

4 2
r0



sin

n e-iчz0 . 0

Отсюда находим
I n (чr0 ) C2 = C1 , K n (чr0 )

n n C1 ч I (чr0 )K n (чr0 ) - I n (чr0 )K (чr0 ) = 4 2 n =- sin 0 e-iчz0 K n (чr0 ).

(2.3.57)

r0





Учитывая, что определитель Вронского функций Инфельда и Макдональда [1] равен
WI
n

(чr0 ), K
n

n

(чr0 ) =
n

=I

(чr0 )K

(чr0 ) - I

n

(чr0 )K

n

(чr0 ) = -

1
чr0

,

из (2.3.57) получаем

C = 4 2 sin n e 1 0

-iчz

0

C2 = 4 2 sin n 0 e






K I

n

(чr0 ),

-iчz

0

n

(чr0 ). (чr0 ), r < r0 , (чr), r > r0 .

Отсюда
Rn (r) =

4 2




sin

n e-iчz0 0 I

I

n n

(чr)K

n

(чr0 )K

n

(2.3.58)


4. Внутренние двумерные задачи

53

Подставляя (2.3.58) в (2.3.51), находим
u(r, , ч) = =


4 2




I
n=1

e

-iчz0

n

(чr)K

n

(чr0 ) sin (чr) sin

n n sin 0 n n sin 0

, r 0

I
n=
1

n

(чr0 )K

n

, r>r ,
0

(2.3.59) Сделав обратное преобразование Фурье, получим решение исходной задачи:
1 u(r, , z ) = 2
+

u(r, , ч)e
-

iчz

dч.

(2.3.60)

Сходимость интеграла (2.3.60) следует из свойств функций Инфельда и Макдональда [1].
4. Внутренние двумерные задачи

Рассмотрим внутреннюю задачу Дирихле в двумерном случае: u = -F (M ), M S , (2.4.61)
u|L = f (P ), P L,

(2.4.62)

где S область на плоскости, ограниченная достаточно гладкой кривой L. Определение 2.4.1 Будем называть классическим решением задачи (2.4.61-2.4.62) функцию u(M ), дважды непрерывно дифференцируемую в области S , непрерывную в замкнутой области S , удовлетворяющую уравнению (2.4.61) в области S и граничному условию (2.4.62). При F L (S ) C ( ) (S ) и f C (L) задача (2.4.61-2.4.62) имеет единственное классическое решение [1]. Для его построения можно повторить те же рассуждения, что и в трехмерном случае, взяв во второй формуле Грина фундаментальное решение оператора Лапласа на плоскости:
1 2

G(Q, M ) =

1 1 ln + v. 2 rQM

(2.4.63)


54

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Тогда аналогом формулы (2.1.5) будет
u(M ) =
L

G( P , M )

u(P ) G(P , M ) - u(P ) dlP - nP nP

- G(Q, M )u(Q)dSQ =
S

(2.4.64)
G(Q, M )F (Q)dSQ .
S

=
L

G(P , M )

u(P ) G(P , M ) - f (P ) dlP + nP nP

Как и в трехмерном случае, в выражении (2.4.64) можно u(P ) на убрать слагаемое, содержащее неизвестное значение nP границе L, если воспользоваться произвольностью гармонического слагаемого v в (2.4.63) и потребовать выполнения условия
G(P , M ) = 0, P L.

Тогда
u(M ) = - f (P )
L

G(P , M ) dlP + nP
S

G(Q, M )F (Q)dSQ .

(2.4.65)

Функцией Грина внутренней задачи Дирихле для оператора Лапласа в двумерном случае будем называть функцию
Определение 2.4.2

G(Q, M ) =

1 1 ln + v (Q, M ), 2 rQM

Q S,

M S,

удовлетворяющую условиям: 1) v (Q, M ) гармоническая функция координат точки Q S , непрерывная на S для каждой точки M S ; 2) G(P , M )|P L = 0 для каждой точки M S . Для того, чтобы построить решение двумерной задачи Дирихле (2.4.61)-(2.4.62), достаточно найти такую функцию v (Q, M ), что Q v = 0, Q S , 1 1 (2.4.66) v |L = - ln , P L
2
rP
M

и использовать квадратурную формулу (2.4.65).


5. Внешние двумерные задачи

55

5. Внешние двумерные задачи

Пусть Se дополнение некоторой ограниченной замкнутой области S с гладкой границей L до всей плоскости R . Также, как и в трехмерном случае, для того, чтобы краевая задача для уравнения Пуассона или Лапласа в области Se имела единственное решение, следует потребовать регулярности решения на бесконечности. Определение 2.5.1 Функция u(M ) называется регулярной на бесконечности в двумерном случае, если она ограничена при r , где r = x + y . Внешняя задача Дирихле для уравнения Пуассона в двумерном случае ставится следующим образом: u = -F (M ), M Se , u|L = f (P ), P L, (2.5.67)
2 2 2



|u| < .

Если функция F является финитной и непрерывно дифференцируемой, а функция f непрерывной, то задача (2.5.67) имеет единственное классическое решение [1]. Заметим, что поскольку в двумерном случае от функций требуется только ограниченность на бесконечности, формулы Грина во внешних областях остаются справедливыми лишь для регулярных функций, гармонических вне некоторой ограниченной области (см. параграф 4). Поскольку функция F (M ) является финитной, то для решения задачи (2.5.67) применимы формулы Грина. Выберем систему координат таким образом, чтобы начало координат O находилось строго внутри области S . Рассмотрим третью форумулу Грина для решения рассматриваемой задачи (2.5.67):
(M )u(M ) - 2 u = -
S
e

u(P ) 1 1 ln - u(P ) ln nP rM P nP rM
L

dlP -
P

u(Q) ln

1
rM
Q

dSQ ,

где
(M ) =

(2.5.68) 2 , если M Se , , если M L, 0, если M Se .


56

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Запишем формулу (2.5.68), взяв в качестве точки M начало координат:
-2 u =
L

u(P ) 1 1 - u(P ) ln ln nP rOP nP rOP

dlP -

-
Se

u(Q) ln

1
rO
Q

dSQ ,

(2.5.69)

поскольку точка O не принадлежит области Se . Пусть M произвольная точка области Se . Используя соотношение (2.5.68), где слагаемое 2 u определяется равенством (2.5.69), получим
u(M ) =

1 2
L

u(P ) nP nP

ln

1
rP
M

- ln

1
rO
P

-

-u(P ) -

ln

1
rP
M

- ln

1
rO
P

dlP -

(2.5.70)

1 2
S
e

u(Q) ln

1
rQM

- ln

1
rO
Q

dSQ .

В равенстве (2.5.70) значение на границе области неиз nP вестно. Применим стандартный прием для того, чтобы убрать слагаемое, содержащее это неизвестное значение. Пусть v произвольная гармоническая в области Se и регулярная на бесконечности функция. Для решения u(M ) задачи (2.5.67) и функции v справедлива вторая формула Грина (A.4.20) в области Se :
2 2

u(P )

0=
L

v (P ) u(P ) v (P ) - u(P ) 2 nP 2 nP

dlP -
Se

u(Q)v2 (Q)dSQ .

Складывая равенства (2.5.70) и (2.5.71), получаем
u(M ) =
L

(2.5.71)

u(P ) G(P , M ) - u(P ) G(P , M ) dlP - nP nP

-
Se

u(Q)G(Q, M )dSQ ,

(2.5.72)


5. Внешние двумерные задачи

57
(2.5.73)

где введено обозначение
G(Q, M ) =
Замечание 2.5.1

1 1 1 ln - ln 2 rQM rOQ

+ v2 .

При построении функции G(Q, M ) вместо точки O можно выбрать любую точку строго внутри области S . Соотношение (2.5.72) является аналогом формулы (2.2.13) для внешней задачи в трехмерном случае. Воспользуемся произвольностью гармонической функции v и выберем такую функцию, которая удовлетворяет граничному условию:
2

v2 (P )|L = -

1 1 1 ln - ln 2 rP M rOP

, P L.

(2.5.74)
2

Отметим, что после того, как мы потребовали от функции v (Q) выполнения граничного условия (2.5.74), она стала также зависеть от координат точки M как от параметров. При этом функция G(Q, M ) обратится в ноль на границе L области Se , и для решения задачи (2.5.67) мы получим формулу:
u(M ) = - f (P )
L

G(P , M )dlP + nP
S
e

F (Q)G(Q, M )dSQ .

ется гармонической в области Se по координатам точки Q, но имеет логарифмическую особенность на бесконечности. Координаты точки M играют роль параметров. Покажем, что функция G (Q(r, ), M (r , )), определяемая формулой (2.5.73), регулярна на бесконечности. В самом деле, так как существует A > 0, такое что |v (Q, M )| < A на бесконечности, то
0 0 2

1 1 + v (Q, M ) являЗаметим, что функция v (Q, M ) = - ln 2 rOQ
2

(2.5.75)

r+

lim |G(Q, M )| lim

r+

1 ln 2

1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

- ln

1
r

+A=

= lim

r+

1 r2 r ln 1 + 0 - 2 0 cos( - ) 2 4 r r
0

+ A = A,

где Q(r, ).


58

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Определение 2.5.2

Функцией Грина внешней задачи Дирихле для оператора Лапласа в двумерном случае будем называть функцию
G(Q, M ) =

1 1 + v (Q, M ), ln 2 rQM

Q Se ,

M Se , (2.5.76)

удовлетворяющую условиям: 1) v (Q, M ) гармоническая функция координат точки Q Se , непрерывная в Se для каждой точки M Se , имеющая логарифмическую особенность на бесконечности; 2) G(P , M )|P L = 0 для каждой точки M Se ; 3) G(Q, M ) регулярна на бесконечности. Функция Грина G(Q, M ) является решением задачи Q G(Q, M ) = - (Q, M ), Q Se , G(P , M )|L = 0, P L, (2.5.77) |G(Q, M )| < . Поскольку функция Грина (2.5.76) регулярна на бесконечности, то можно показать, что она симметрична относительно перестановки точки наблюдения Q и точки источника M . Читателю предлагается доказать это самостоятельно аналогично тому, как это проделано для случая ограниченной области в книге [1]. 5.1. Метод электростатических изображений. Как и в трехмерном случае, при решении двумерных задач в ряде областей удобно использовать метод электростатических изображений. Пример 2.5.1. Постройте функцию Грина оператора Лапласа для задачи Дирихле внутри круга радиуса a. Р Е Ш Е Н И Е . Функция Грина оператора Лапласа для задачи Дирихле внутри круга является решением следующей задачи: M G(M , M ) = - (M , M ), M , M U (0, a), G(P , M )|r=a = 0,
0 0 0 0

где U (0, a) круг с центром в начале координат и радиусом a, M = M (r , ) точка истока, M = M (r, ) точка наблюдения. Используем построение, аналогичное тому, что применялось при решении задачи в шаре. Гармоническую функцию v в выражении 1 1 G( M , M ) = ln +v
0 0 0 0 0

2

rM

M0


5. Внешние двумерные задачи

59
,
1 1 0

будем искать в виде
v = A + B ln

1
rM
M1

= B ln

A rM
M1

где A, A, B некоторые постоянные, M (r , ) точка, сопряженная точке M относительно окружности радиуса a:
0

r0 ћ r1 = a2 .

Проводя те же геометрические построения, что и для задачи в шаре, получаем
rP
M0 M1

rP

=

r0 . a

Если взять B = -

1 a и A = , то гармоническая функция 2 r0
v=-
a1 1 ln 2 r0 rM M

1

удовлетворяет граничному условию
v|
r =a

=-

1 1 ln . 2 rP M0

Такая функция v единственна в силу теоремы единственности решения внутренней задачи Дирихле на плоскости [1]. Следовательно, функция Грина оператора Лапласа задачи Дирихле в круге радиуса a имеет вид:
G(M , M0 ) =
a1 1 1 ln - ln 2 rM M0 r0 rM M

,
1

(2.5.78)

где rM
rM
M1

M0

=

2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 ) ,

. Пример 2.5.2. Для любой непрерывной функции f ( ) постройте решение задачи Дирихле для уравнения Лапласа в круге u = 0, r < a, [0, 2 ] u|r=a = f ( ),
=

2 r2 + r1 - 2rr1 cos( - 0 ) , r1 =

a2 r0


60

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

в интегральной форме. Р Е Ш Е Н И Е . Найдем решение задачи с помощью формулы (2.4.65), в которой функция Грина G(M , M ) определяется выражением (2.5.78). Вычислим производную
0

1 G = ln n r = a 2 r



1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

- =
r=a



a - ln r0

1
r+
2 2 r1

- 2rr1 cos( - 0 )

=

1 ln 2 r



1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

-

- ln
r2 r
2 a2 - r0 =- ћ2 . 2 2 a a + r0 - 2ar0 cos( - 0 )

1
a2
2 0

+ a2 - 2rr0 cos( - 0 )



=
r=a

1

Подставляя найденное выражение в формулу (2.4.65), получим решение в любой точке M (r , )
0 0 0

1 u(r , ) = 2
0 0

2



0

2 a2 - r0 f ( )d . 2 a2 + r0 - 2ar0 cos( - 0 )

(2.5.79)

Формула (2.5.79) носит название интеграла Пуассона. Пример 2.5.3. Найдите функцию Грина задачи Дирихле вне круга радиуса a. Р Е Ш Е Н И Е . Функция Грина является решением следующей задачи
M G(M , M0 ) = - (M , M0 ), r > a, r0 > a, G|r=a = 0, |G| < при r .

(2.5.80)


5. Внешние двумерные задачи

61

Будем искать функцию G(M , M ) в виде
0

G ( M , M0 ) =

1 1 ln + v (M , M ), 2 rM M0
0

где

v (M , M0 ) = 0, r > a, r0 > a, M G| r
a2
1

=a

=-

1 1 ln . 2 rP M0

(2.5.81)

, точка, сопряженная M (r , ) относиПусть M r0 тельно окружности радиуса a. Функция
0 0 0 0

v=-

1 a1 ln 2 r0 rM M

1

является гармонической вне круга радиуса a и удовлетворяет (2.5.81). Таким образом, решение задачи (2.5.80):
G ( M , M0 ) =
Пример 2.5.4.

1 1 a1 1 ln ln . - 2 rM M0 2 r0 rM M1

Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити с линейной плотностью заряда q , помещенной внутри двугранного угла величины параллельно ребру этого n угла. Грани угла представляют собой проводящие заземленные плоскости. Р Е Ш Е Н И Е . Введем цилиндрическую систему координат. Направим ось Oz вдоль ребра двугранного угла, а полярную ось поместим на одной из его граней. Поскольку в условии задачи нет явной зависимости от координаты z , то она может быть сведена к двумерной задаче в поперечном сечении угла. Пусть M (r, ) произвольная точка поперечного сечения угла, M (r , ) точка сечения, определяющая положение нити. Тогда математическая постановка задачи имеет вид:
0 0 0

u = -4 q (M , M0 ), r, r0 > 0, 0 < , 0 < , n u|=0 = u|= = 0.
n



Согласно замечанию 1.4.1 данную задачу можно рассматривать , как задачу о потенциале точечного заряда в двумерном про-


62

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

странстве. По аналогии с решением примера 2.3.6. применим метод электростатических отображений, используя в качестве потенциала поля точечного заряда выражение
(M ) = 2q ln

1
rM
M
0

.

Для функции u(M , M ) получаем
0

n-1

u(M , M0 ) = 2q
k=0

ln

1
+ RM M
k

- ln

1
R
- MM
k

,

(2.5.82)

где
+ RM - RM Mk Mk

= =

2 r0 + r2 - 2r0 r cos

2 k

0 n 2 k 2 - 0 - . r0 + r2 - 2r0 r cos n

+ - ,

в выражении (2.5.82), мы получим функцию Положив q = 4 Грина задачи Дирихле в угле величины на плоскости. n Пример 2.5.5. Найдите потенциал поля внутри двугранного угла величины , если его грани идеально проводящая за2 земленная плоскость = и непроводящая плоскость = 0,

1

поддерживаемая при постоянном потенциале V (x) = 2 2 , x +a a > 0. Р Е Ш Е Н И Е . Аналогично тому, как это сделано в примере 2.5.4. , сведем задачу к двумерной:
u = 0, x > 0, y > 0, u| x=0 = 0,

2

1

, u|y=0 = 2 x + a2 |u| < .

1

Ее решение можно построить при помощи функции Грина (получите ее самостоятельно):
1 G(M , M ) = ln 2
0



1
(x - x0 )2 + (y - y0 )2

- ln

1
(x - x0 )2 + (y + y0 )
2

-


5. Внешние двумерные задачи

63
1

)2 )2

- ln

1
(x + x0 ) + (y - y0 )
2 2

+ ln
(x + x
0

.

+ (y + y0

Согласно формуле (2.5.75) решение задачи имеет вид
+

u(M0 ) =
0

u

G y

dx
y=
0

для любой точки M внутри угла. Так как
0

G y =0 y y =0

1
(x - x0 )2 + y
2 0

-

1
(x + x0 )2 + y
2 0

,

получаем
+

y u(M0 ) = 0
0

1
(x - x0 )2 + y
2 0

-

1
(x + x0 )2 + y
2 0

dx = x2 + a2

+

y =0
0

2Ax
x +a
2 2

-A

x - x0 x + x0 + 2 2 2 (x - x0 ) + y0 (x + x0 )2 + y0

+

+B

1
(x - x0 )2 + y
2 0

-

1
2 (x + x0 )2 + y0

dx,

где
A=

2x

0 2

2 4x2 a2 + x2 + y0 - a2 0 0

,

B=

2 x2 - y0 + a2 0 2 4x2 a2 + x2 + y0 - a2 0 0

2

.


64

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Вычисляя интеграл, находим
y u(M0 ) = 0 A ln +
B y0
+

x2 + a2
2 (x - x0 )2 + y0 ћ

(x + x0 )2 + y

2 0

+
0

arctg

x - x0 + x + x0 + - arctg y0 0 y0 0

=

=- =

B Ay0 a2 x + 2 arctg 0 = ln 2 2 y0 x0 + y0

1
2 4x2 a2 + x2 + y0 - a2 0 0 2

-

2x0 y


0

ln

a2 + 2 x2 + y0 0 x0 y0

+ =

2


2 x2 - y0 + a2 arctg 0

=

1
2 2 4a2 r0 cos2 0 + r0 - a2 2

-

2 + (r0 cos 20 + a2 )

2

2 a2 r0 sin 20 ln 2 + r0





2

-

0

.

Найдите потенциал поля внутри двугранного угла величины , если его грани идеально проводящая 2 заземленная плоскость при = и непроводящая плоскость 2 при = 0, поддерживаемая при постоянном потенциале V . Р Е Ш Е Н И Е . Математическая постановка рассматриваемой задачи имеет вид: u = 0, x > 0, y > 0, u|x= = 0, u|y= = V ,
Пример 2.5.6.
0 0

|u| < .

Поскольку задача линейная, ее решение можно искать в виде суммы u = u + u . Подберем слагаемое u так, чтобы оно удовлетворяло краевым условиям. В данной конкретной задаче (в отличие от предыдущей) это сделать совсем просто, например, 2V можно положить u (r, ) = - . Заметим, что функция 2 u удовлетворяет уравнению Лапласа. Для u получаем задачу с
1 2 1 1 1 2


5. Внешние двумерные задачи

65

однородным уравнением и однородными граничными условиями. Следовательно, u 0. Итак, решением задачи является функция 2V u(r, ) = - .
2



2

Найдите потенциал поля бесконечной заряженной полосы ширины L с поверхностной плотностью заряда , помещенной внутри двугранного угла величины . Грани 2 угла идеально проводящие заземленные плоскости = 0 и = . Края пластины лежат на прямых, параллельных грани 2 угла, проходящих, соответственно, через точки (x , y , z ) и (x , y + L, z ). Задача 2.5.8. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной полосы ширины L с поверхностной плотностью заряда . Грани , помещенной внутри двугранного угла величины 2 угла идеально проводящие заземленные плоскости = 0 и = . Края пластины лежат на прямых, параллельных грани 2 угла, проходящих, соответственно, через точки (r , , z ) и (r + L, , z ), 0 < < . 2 Задача 2.5.9. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити, помещенной внутри бесконечной цилиндрической полости кругового сечения параллельно оси цилиндра. Полость ограничена идеально проводящей заземленной поверхностью. Задача 2.5.10. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити, помещенной вне цилиндрической поверхности кругового сечения параллельно оси. Полость ограничена идеально проводящей заземленной поверхностью. Задача 2.5.11. Постройте функцию Грина оператора Лапласа внутренней задачи Дирихле для полукруга радиуса a. Задача 2.5.12. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити, помещенной внутри бесконечной цилиндрической полости, поперечное сечение которой представляет со бой сектор круга радиуса a, с угловой величиной , параллель4 но оси. Полость ограничена идеально проводящей заземленной поверхностью.
Задача 2.5.7.
1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0

Найдите потенциал поля, создаваемого бесконечной цилиндрической поверхностью кругового сечения, на
Задача 2.5.13.
3 А.Н. Боголюбов, Н.Т. Левашова, И.Е. Могилевский, Ю.В. Мухартова, Н.Е. Шапкина


66

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

которой распределен потенциал
V=

2 + cos + sin

1

Совет. Примените формулу Пуассона для круга. Используйте замену переменных z = ei . При этом интеграл по отрезку [0, 2 ] перейдет в интеграл по единичной окружности |z | = 1. Для вычисления последнего интеграла воспользуйтесь теорией вычетов. Ответ:
(r, ) =
a2 - r2 a(a2 + r2 )
2

1 1 + 42 cos 2

2+

1 - 1 + 42 cos 2 2(cos + sin )

-1

,

где =

Задача 2.5.14.

Для любой непрерывной функции f () постройте решение задачи
u = 0, r > a, [0, 2 ], u|r=a = f (), |u| < при r +

ar a2 + r

.

в интегральной форме. Задача 2.5.15. Решите с помощью функции Грина первую краевую задачу для уравнения Лапласа в полуплоскости y > 0, если: 0, x < 0, u|y= = V , x > 0, где V = const. Задача 2.5.16. Решите с помощью функции Грина первую краевую задачу для уравнения Лапласа в полукруге
0 0 0

u = 0, r < a, (0, ), u|r=a = 0, u|=0 = u|= = V0 ,

где V = const.
0

5.3. Разложение функции Грина по собственным функциям оператора Лапласа. Рассмотрим задачу

u = -f (M ), M D R2 , u|S = D = 0.

(2.5.83)


5. Внешние двумерные задачи

67

Аналогично тому, как это сделано в пункте 3.3, можно показать, что функция Грина представима в виде ряда


G( M , M ) =
k=1

vk (M )vk (M ) k

,

(2.5.84)

где vk (M ) и k ортонормированные собственные функции и собственные значения, представляющие собой решение задачи ШтурмаЛиувилля
vk = -k vk , M D R2 , vk |S = D = 0.

(2.5.85)

Равенство (2.5.84) понимается в смысле обобщенных функций. Замечание 2.5.2 В пункте 3.3 при выводе формулы (2.3.42) использовалась теорема ГильбертаШмидта для ядра с осо1 бенностью вида в трехмерном пространстве. МожrM M0 но показать, что в двумерном случае теорема Гильберта 1 Шмидта справедлива для ядра с особенностью вида ln , rM M0 интегрируемой с квадратом. Задача 2.5.17. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити с постоянной линейной плотностью заряда , помещенной внутрь бесконечной цилиндрической полости прямоугольного сечения: 0 < x < a, 0 < y < b. Стенки цилиндра идеально проводящие и заземленные, а нить параллельна оси цилиндра. Задача 2.5.18. Постройте функцию Грина оператора Лапласа задачи Дирихле в секторе радиуса a с углом раствора . 5.5. Метод разделения переменных. Метод разделения переменных для построения функции Грина задачи Дирихле в двумерной области S применяется аналогично тому, как это делается в трехмерном случае (см. пункт 3.5). Функция Грина имеет вид
G(M , M0 ) =

1 1 ln + v (M , M ), 2 rM M0
0

где функция v является решением задачи
v = 0, v |L = -
3*

1 1 ln , 2 rP M0

M S R2 , P L.

(2.5.86)


68


Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Решая задачу (2.5.86) в полярной системе координат получаем


v (r, ) =
n=
0

Cn rn + Dn r

-n

cos n +
n=
0

En rn + Fn r

-n

sin n .

Коэффициенты Cn , Dn , En , Fn находятся из граничного условия. Разложим неоднородность в граничном условии в ряд Фурье по основной тригонометрической системе. Для этого воспользуемся разложением в ряд фундаментального решения оператора Лапласа:
1 1 1 ln = ln 2 rM M0 2
n=1 n=

1

2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

=

=

1 1 1 2 ln r + 2

1 r0
n r

n

cos n( - 0 ), если r > r0 ,

(2.5.87) Вывод формулы (2.5.87) приведен в приложении (см. Б.0.5). Пример 2.5.19. Найдите потенциал поля, создаваемого бесконечной заряженной нитью с постоянной линейной плотностью заряда внутри цилиндрического слоя, ограниченного двумя концентрическими проводящими заземленными цилиндрами, поперечные сечения которых являются окружностями радиусов a и b (a < b). Нить параллельна оси системы. Р Е Ш Е Н И Е . Задачу можно рассматривать как плоскую в любом поперечном сечении цилиндрического слоя. Пусть нить проходит через точку M , лежащую в поперечном сечении. Потенциал имеет вид
0 0

1 1 1 2 ln r + 2 0

1
n

1

rn cos n( - 0 ), r0

если r < r .
0

(M , M0 ) = 20 ln

1
rM
M
0

+ v (M , M0 ).

В выбранном поперечном сечении введем полярные координаты. Поместим начало координат на ось симметрии области, а полярную ось так, чтобы на ней лежала точка M . Тогда точка
0


5. Внешние двумерные задачи

69

M имеет координаты Задача для функции v v = 0, r (a, v| r=a = -20 ln v |r
=b

(r, ), а точка M0 координаты (r0 , 0). (M , M0 ) имеет вид: b),

1

[0, 2 ], = 20 ln = 20 ln
2 a2 + r0 - 2ar0 cos ,

rP

M0 r =a

= -20 ln

1
rP
M0 r =b

2 b2 + r0 - 2br0 cos .

Общее решение уравнения Лапласа в кольце имеет вид [2]:
v = A0 ln


r b + B0 ln + a r



A
n=
1

r
n

2n

- a2n cos n + rn

+
n=
1

B

b
n

2n

-r rn

2n

cos n .

Неизвестные коэффициенты найдем из граничных условий. Для этого представим неоднородности в граничных условиях задачи в виде разложения в ряд Фурье по тригонометрическим функциям, используя формулы (2.5.87): 2 ln
0 2 a2 + r0 - 2ar0 cos = 2 = 20 ln r0 1 + (a/r0 )2 - 2(a/r0 ) cos

1 2

=

n=

= 20 ln r0 - 20
1

a n cos n r0 n

,

так как r > a, и
0



ln

2 b2 + r0 - 2br0 cos = ln b -

n=1

r0 n cos n b n

,

так как r < b. Тогда
0

b v |r=a = B0 ln + a



Bn
n=1
0

b

2n

- a2n cos n = an

n=

= 20 ln r0 - 2

1

a n cos n r0 n


70
и
v |r
=b

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

= A0 ln

b + a



A
n=1
0

n

b2n - a2n cos n = bn r0 n cos n b n



= 20 ln b - 2

,

откуда получаем:
A0 = 20 B0 = 20
ln b ln(b/a)

n=1

,

An = -

20
nb
2n

n r0 -a

2n

,

ln r0 ln(b/a)

,
1

Bn = -

2
n

0

Итак, потенциал имеет вид:
(M , M0 )=20 ln

2 r2 + r0 - 2rr0 cos

an r0 b

2n

an . - a2n

+20
a2 r0 r

ln b ln(r/a) + ln r0 ln(b/r) - ln(b/a)
n

-20
n=
1

1
n

r0 n r2n - a2n + r b2n - a2n

b2 n - r 2 n b2n - a2n

cos n .

и заменив угол на - Положив = 4 - , получим функцию Грина задачи Дирихле для уравнения Пуассона в кольце a < r < b:
Замечание 2.5.3
0 0

1

G( M , M 0 ) = -

1 1 1 ln b ln(r/a) + ln r0 ln(b/r) ln + - 2 rM M0 2 ln(b/a)
a2 r0 r
n

1 2

n=

1
n

1

r0 n r2n - a2n + r b2n - a2n

b2 n - r 2 n b2n - a2n

cos n( - 0 ).

Постройте функцию Грина оператора Лапласа для задачи Дирихле в полукольце {a < r < b, 0 < < }.
Задача 2.5.20.

определение и свойства конформного отображения [10]. Определение 2.5.3 Взаимно однозначное отображение области D комплексной плоскости z на область D комплексной плоскости w называется конформным, если это отображение во всех точках z D обладает свойствами сохранения углов и постоянства растяжений.

5.6. Использование конформных отображений для построения функции Грина оператора Лапласа. Напомним


5. Внешние двумерные задачи

71

Теорема 2.5.1 [10] Пусть функция h(z ) является однозначной и однолистной аналитической функцией в области D и h (z ) = 0 при z D. Тогда функция h(z ) производит конформное отображение области D на область D комплексной плоскости w, представляющую собой область значений функции w = h(z ) при z D. Итак, конформное отображение обладает свойствами сохранения углов и постоянства растяжений. То есть угол между любыми двумя гладкими кривыми, пересекающимися в точке z , равен по абсолютной величине углу между их образами на плоскости w в точке w = h(z ), а бесконечно малые линейные элементы z = z - z и z = z - z преобразуются подобным образом в бесконечно малые линейные элементы w = w - w и w = w - w . Коэффициент подобия равен
0 0 0 1 1 0 2 2 0 1 1 0 2 2 0

|w1 | |w2 | = = |h (z0 )|. | z 1 | |z2 |

При конформном отображении граница области D переходит в границу области D. Любая гармоническая функция u(z ) при конформном отображении преобразуется в гармоническую функцию U (w) [10]. Это свойство можно использовать при решении краевой задачи для уравнения Лапласа: u = 0, M D, (2.5.88) u|L = f (P ), P L, где L граница области D. Преобразуем область D таким образом, чтобы в полученной области D решение краевой задачи для уравнения Лапласа получалось наиболее просто. Пусть указанное отображение осуществляется с помощью функции w = h(z ) = (x, y ) + i (x, y ), где z = x + iy , w = + i . Функция h(z ) задает невырожденную замену действительных переменных x = x( , ), (2.5.89) y = y ( , ). Обратное преобразование осуществляется при помощи обратной замены: = (x, y ), (2.5.90) = (x, y ).


72

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Можно показать [10], что

xy

= |h |2 .

Применяя замену переменных (2.5.89) к задаче (2.5.88), получаем U = 0, ( , ) D, (2.5.91) U |L = g ( , ), ( , ) L, где U ( , ) = u(x( , ), y ( , )), g ( , ) = f (x( , ), y ( , )). Решая задачу (2.5.91), находим функцию U ( , ), гармоническую в области D. С помощью обратного преобразования (2.5.90) получаем выражение для функции u(x, y ) решения задачи (2.5.88). Указанный метод особенно удобен в случае, если область D является односвязной. Из теоремы Римана [10] вытекает, что в этом случае можно подобрать функцию w = h(z ) таким образом, чтобы конформно отобразить область D на внутренность единичного круга |w| 1 с центром в начале координат. При этом фиксированная внутренняя точка M D переходит в центр этого круга. Тогда значению u(M ) соответствует значение U |r= функции U (r, ), гармонической в круге |w| 1:
0 0 0

r, U = 0, 0 r < 1, 0 U |r=1 = g (), 0 2 .



2 ,

Используя формулу среднего значения для гармонической функции, получаем
1 = 2
2 2



U |r

=0

1 g ()d = - 2

2



1 d ln g ()rd = dr r r =1
2

0

0

1 =- 2



1 1 ln g ()rd = - n r r=1 2



n |n|
0

,

ln

1
r

g ()rd
r=1

,

0

где n вектор нормали к окружности. Переход к переменным (x, y ) осуществляется при помощи функции z = h- (w), которая осуществляет конформное отображение единичного круга на область D [10]. Поэтому в результате замены переменных (2.5.90) внешняя нормаль n к окружности
1


5. Внешние двумерные задачи

73

преобразуется во внешнюю нормаль к границе L области D. Кроме того, имеет место соотношение подобия
d dl = |n| |n|

,

где dl бесконечно малый элемент кривой L отображение элемента d, а n отображение вектора нормали n, перпендикулярного к элементу d. В силу свойства сохранения углов при конформном отображении ортогональный базис переходит в ортогональный, и скалярное произведение сохраняется. Возвращаясь к переменным (x, y ), находим u(M ) = U |r= .
0 0

u(M0 ) = -
L1

f (P )

n

1 1 dl. ln 2 |h(z0 , z )|

Справедлива следующая теорема [10]: Теорема 2.5.2 Если функция w = h(z , z ) осуществляет конформное отображение заданной области D плоскости z на внутренность единичного круга |w| < 1 так, что точка z D переходит в центр w = 0 этого круга, то функция
0 1 0 1

G(M0 , M ) =

1 1 ln 2 |h(z0 , z )|

(2.5.92)

является функцией Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа в области D . Пример 2.5.21. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити с постоянной линейной плотностью заряда q , помещенной внутри двугранного угла величины параллельно ребру этого угла ( (0; 2 )). Грани угла представляют собой проводящие заземленные плоскости. Для частного случая = данная задача решена ранее методом n электростатических отображений, однако в общем случае этот метод неприменим. Сведем данную задачу к двумерной аналогично тому, как это сделано в примере 2.5.4.:
1

u = 4 q (M , M0 ), M , M0 D, D = {(r, ) : r > 0, 0 < < } , u|=0 = u|= = 0.

Будем искать решение этой задачи с помощью теоремы 2.5.2. Для этого нужно отобразить область D на внутренность кру-


74

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

га единичного радиуса. Сначала преобразуем сектор в верх нюю полуплоскость с помощью функции = z . А верхняя полуплоскость может быть отображена на круг с помощью дробно-линейной функции
w = f ( ) =


- 0 - 0

,

причем точка = z переходит в его центр. Следовательно, по теореме 2.5.2 функция Грина имеет вид:
0 0

u(z , z0 ) =

q

z

/ /

-z -z

/
0

2

ln
z

/ 0

,

или
u(r, ) =
Замечание 2.5.4

2

q

2

ln

r0 + r
2

2 2

- 2 (rr0 ) cos - 2 (rr0 )




r0 + r

( - 0 ) cos ( + 0 )


.

многозначной:

Вообще говоря, функция = z
Ln z

является

=z



=e

=e

(ln |z |+i arg z +i2 k )

, k Z.

Для того, чтобы построить с ее помощью конформное отображение, мы выбираем ветвь, соответствующую k = 0. Замечание 2.5.5 Точка z = 0 является точкой ветвления для функции = z , поэтому при z = 0 конформность отображения нарушается. Тем не менее, значение потенциала поля в этой точке известно из граничного условия, оно равно нулю, поскольку по условию грани угла заземлены. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной нити с линейной плотностью заряда q , помещенной 2 внутри двугранного угла величины параллельно ребру это3 го угла. Грани угла представляют собой идеально проводящие заземленные плоскости. Задача 2.5.23. Найдите потенциал поля бесконечной заряженной полосы ширины L с поверхностной плотностью заря да , помещенной вне двугранного угла величины . Грани 2 угла идеально проводящие заземленные плоскости = 0 и
Задача 2.5.22.


5. Внешние двумерные задачи

75
1 0 1

. Края пластины лежат на прямых, параллельных грани 2 угла, проходящих, соответственно, через точки (r , , z ) и (r + L, , z ), < < 2 .
=
1 0 1



2

0

в двумерном случае. Он позволяет свести исходное уравнение в частных производных к системе обыкновенных дифференциальных уравнений. Рассмотрим построение функции Грина с помощью этого метода. Пример 2.5.24. Постройте функцию Грина для кольцевого сектора a r b, 0 . Р Е Ш Е Н И Е . Функция Грина G (r, r , , ) является решением задачи
0 0

5.8. Построение функции Грина с помощью разложения в ряд Фурье. Метод разложения в ряд Фурье применим и

G = -

4
r0

(r - r0 ) ( - 0 ),

(2.5.93) (2.5.94) (2.5.95) (2.5.96)

a < r, r0 < b; 0 < , 0 < , G|=0 = G|= = 0, G|r=a = G|r=b = 0.
0 0

Будем искать функцию G (r, r , , ) в виде разложения в ряд n Фурье по собственным функциям отрезка [0, ] vn ( ) = sin , n = 1, 2, . . .:


G (r, r0 , , 0 ) =
n=1

Rn (r, r0 , 0 ) sin

n .

Коэффициенты Фурье разложения Rn определяются формулами
Rn (r, r0 , 0 ) =

2




G (r, r0 , , 0 ) sin
0

n d

, n = 1, 2, . . . .

Получим уравнения для коэффициентов разложения. Для этого 2 n домножим уравнение (2.5.94) на sin и проинтегрируем



76



Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

левую и правую части полученного равенства по отрезку [0, ]:
1 2 n G (r, r , , ) sin d + r
r r r
0 0





+

12
r
2



0

2G n 8 (r - r0 ) sin d = - 2 r0



( - 0 ) sin
0

n d .

0

Два раза интегрируя по частям второе слагаемое в левой части с учетом граничных условий (2.5.95), получаем уравнения для функций Rn (r, r , ):
0 0

1, 2, . . . (2.5.97) Краевые условия для этого уравнения следуют из (2.5.96):
-
r

d dR rn dr dr

1 n

2

Rn = -

8 r
r0

(r - r0 ) sin

n , n= 0

Rn |r

=a

= Rn |r

=b

= 0.

(2.5.98)

Будем строить решение краевой задачи (2.5.97)-(2.5.98) на отрезке [a, b] с помощью функции Грина. Как известно [17], функцию Грина самосопряженного оператора
L[y ] =

следует искать в виде:
g (r, s) =
1 2

dy d p(r) dr dr

1
p(s)W (s)

y1 (r)y2 (s), a y2 (r)y1 (s), s

r r

s, b,

где y (r), y (r) решения однородного уравнения L[y ] = 0, удовлетворяющие условиям
y1 (a) = 0, y2 (b) = 0,
1 2

(2.5.99)

а W (s) Вронскиан функций y (r) и y (r), взятый в точке s. Решения однородного уравнения
d dy r dr dr
2 n

-

1 n
r

2

y = 0,

удовлетворяющие краевым условиям (2.5.99), имеют вид
y1 (r) = r
n

1-

a r



, y (r ) = r
2

- n

1-

r b

2 n



.


5. Внешние двумерные задачи

77
a b
2 n

Тогда
p(s)W (s) = s [y1 (s), y2 (s)] = -

2 n


1+



.

Для функции g (r, s) получаем выражение
g (r, s) = -
r s s r

2 n

n

1+ 1- 1-
0

a b a r a s

2 n

-1



Ч

2 n



1- 1-

s b r b

2 n



,a ,s

r

s, b.

Ч

n

2 n

2 n





r

Функция Rn (r, r , ), решение задачи (2.5.97)-(2.5.98), может быть представлена через функцию g (r, s) следующим образом [17]
0

Rn (r, r0 , 0 ) =



b

g (r, s) -
r r

8


s n (s - r0 ) sin 0 ds r0 s n (s - r0 ) sin 0 ds r0

,r ,r

r0 ,

g (r, s) -
a

8


r0 .

Подставляя выражение для g (r, s), получаем
Rn (r, r0 , 0 ) = n r r 4 0 = n r 0 1 r
2 n 2 n

1-

a r

1-
2 n

r0 b

sin

n 1+

a b

n 0

,a

r

r0 ,

-

a r0

2 n

1-
2 n

r b

2 n

sin

n 1+

a b

n 0

,r

0

r

b.


78

Гл. 2. Функции Грина задач Дирихле

Окончательно решение задачи (2.5.94)-(2.5.96) получаем в виде ряда Фурье



4
n=
1

r r0

n

1-

a r

2 n

1-
2 n

r0 b

2 n

Ч

n 1+

a b

Ч sin
r0 r
n

G(r, r0 , , 0 ) =

n n sin , r 0
2 n

r0 ,
2 n

n=

1-

a r0

1-
2 n

r b

Ч

1

n 1+

a b

Ч sin

n n sin 0

,r

0

r.
0

Отметим, что полученные ряды сходятся абсолютно при r = r и условно при r = r .
0

заряженной нити, помещенной внутрь бесконечной цилиндрической полости, поперечное сечение которой имеет форму сек тора радиуса a и угловой мерой . Полость ограничена иде4 ально проводящей заземленной поверхностью.

5.9. Задания для самостоятельного решения. . Задача 2.5.25. Найдите потенциал поля бесконечной


Приложение A
ФОРМУЛЫ ГРИНА ДЛЯ ОПЕРАТОРА ЛАПЛАСА

1. Трехмерный случай. Внутренние области.

Пусть D R конечная область, ограниченная достаточно гладкой замкнутой поверхностью S . Как известно [19], для любого вектора A, компоненты которого непрерывно дифференцируемы внутри области D, справедлива формула Остроградского:
3

A ћ ndS =
S D

div AdV

Здесь n единичный вектор внешней по отношению к области D нормали к поверхности S . Из формулы Остроградского может быть получена первая формула Грина для оператора Лапласа в ограниченной области D. Возьмем в качестве вектора A следующее выражение:
A = v u,

где v и u скалярные функции координат, такие что
v C (D ) C
(1)

(D),

uC

(1)

(D) C

(2)

(D ).

При этом, учитывая, что
div A = div (v u) = vћ u + v u,

где = div

оператор Лапласа, и
nћ u=
u n

,

получаем первую формулу Грина:
v udV = v
D S

u dS - n
D

vћ

udV

(A.1.1)


80

Прил. A. Формулы Грина для оператора Лапласа

Вторая формула Грина автоматически получается из первой, если взять u, v C ( ) (D) C ( ) (D) и рассмотреть разность интегралов по области D от выражений v u и uv :
1 2

(v u - uv ) dV =
D S

v

u v -u dS n n

(A.1.2)

Рис. A.1.1.
пласа в трехмерном случае:

Если область D ограничена несколькими замкнутыми поверхностями, то интеграл в левой части равенств (A.1.1) и (A.1.2) превращается в сумму интегралов по соответствующим поверхностям. При этом все нормали обязаны быть внешними по отношению к области D (см. рис. A.1.1). Третья формула Грина может быть получена из второй, если в качестве функции v взять фундаментальное решение оператора Ла4 rM 1

v (M , M0 ) =

,
M0
0

где rM M0 расстояние между точками M и M . Так как для фиксированной точки M фундаментальное решение является гармонической функцией координат точки M при M = M , то в случае, когда M D, а M D, из второй формулы Грина / (A.1.2) сразу же получаем:
0 0 0

0=
S

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP -
D

u dVM . rM M0

(A.1.3)

D, n

В равенстве (A.1.3) точка P пробегает границу S области P представляет собой внешнюю нормаль к поверхности S в точке P , индекс P у элемента площади поверхности dSP означает, что интегрирование производится по координатам точки P , а индекс M элемента объема dVM , соответственно, означает, что


1. Трехмерный случай. Внутренние области.

81

интеграл берется по координатам точки M . Координаты точки M играют роль параметров. Если точка M принадлежит области D, ее можно окружить сферой (M , ) радиуса с центром в M . Радиус можно выбрать настолько малым, что шар K (M , ) с центром в M и радиусом будет целиком лежать в области D. Рассмотрим вторую формулу Грина в области D \ K (M , ). Так как в этой 1 области функция является гармонической, получаем:
0 0 0 0 0 0 0

rM

M0

1 u(P )
rP
S
M0

nP rP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP + dSP =
D\K (M0 ,)
0

+
(M0 ,)

1 u(P )
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

u(M ) dVM . rM M0

Рассмотрим подробнее интеграл по сфере (M , ):
I () =
(M0 ,)

(A.1.4)

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M

dSP .
0

Здесь единичная нормаль nP является внешней по отношению к области D \ K (M , ), то есть она направлена внутрь K (M , ). Перейдем к сферическим координатам с центром в точке M . Тогда nP = -er , и
0 0 0

2

I () =
0 0

-

1 u
r r

+u

1 r r

r =

2 sin dd =

2

=-
0 0



u + u|r= sin dd . r r=

Используя теорему о среднем при вычислении интеграла I () и устремляя к нулю в равенстве (A.1.4), получаем: 4 u(M ) =
0

1 u(P )
rP
S
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP -
D

u(M ) dVM rM M0

,

(A.1.5)


82
так как

Прил. A. Формулы Грина для оператора Лапласа

I (0) = -4 u(M0 ).
0

Если точка M принадлежит поверхности S области D, можно повторить все проведенные выше рассуждения с той лишь разницей, что теперь внутри D оказывается только часть шара K (M , ). Поверхность этой его внутренней по отношению к области D части при малых близка к полусфере. Поэтому в фомуле (A.1.5) нужно заменить множитель 4 на 2 . Таким образом, мы получаем третью формулу Грина:
0

(M0 )u(M0 ) =
S

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP -
D

u(M ) dVM rM M0

,

где
(M0 ) =

(A.1.6)

4 , если M D 2 , если M S 0, если M D /
0 0 0

2. Трехмерный случай. Внешние области

Пусть De дополнение конечной области D с достаточно гладкой замкнутой поверхностью S до всего пространства R . Для регулярных на бесконечности функций во внешней области De также можно получить три формулы Грина. Выберем систему координат таким образом, чтобы начало координат находилось внутри области D. Окружим область D сферой (O, R) с центром в начале координат O и достаточно большим радиусом R. В конечной области K (O, R) \ D, где K (O, R) шар с центром в начале координат и радиусом R, справедливы три формулы Грина: 1) Для любых v C (De ) C ( ) (De ) и u C ( ) (De ) C ( ) (De )
3 1 1 2

v udV = v
K (O,R)\D S

u dS + nP
(O,R)

v

u dS - n
K (O,R)\D

v udV ,

(A.2.7) где n единичная внешняя нормаль к поверхности (O, R). Переходя к сферическим координатам, получаем
2

I1 (R ) =
(O,R)

u v dS = R n

2

v
0 0

u sin dd . r r=R


2. Трехмерный случай. Внешние области

83
dS +

2) Для любых v , u C ( ) (De ) C ( ) (De )
1 2

(v u - uv ) dV =
K (O,R)\D S

v

u v -u nP nP

+
(O,R)

v u -u dS v n n

,

(A.2.8)

где
2

I2 (R) =

u v v -u dS = R n n
1

2

v
0 0

v u -u r r
2

r=R

sin dd

(O,R)

3) Для любой функции u C ( ) (De ) C ( ) (De )
(M0 )u(M0 ) =
S

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP +
u(M ) dVM rM M0

+
(O,R)

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP -
K (O,R)\D

,

где

(A.2.9)

4 , если M0 K (O, R) \ D, 2 , если M0 S или M0 (O, R), (M0 ) = 0, если M0 K (O, R) \ D. / Рассмотрим интеграл по сфере (O, R): I3 (R) =
(O,R)

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

dSP .

В сферических координатах
rP
M0 |P (O,R)

=

2 R2 + r0 - 2Rr0 cos ,

1 = nP rP M0 P (O,R) r

1
r2 +
2 r0

- 2rr0 cos

=
r=R

=-

R - r0 cos
2 R + r0 - 2Rr0 cos 2 3/2

,


84
0 0

Прил. A. Формулы Грина для оператора Лапласа

где (r , , ) координаты точки M , (R, , ) координаты точки P (O, R), и
0 0

cos = cos cos 0 + sin sin 0 cos( - 0 ) (см. параграф 3 главы 2).

Таким образом,
2


R

I3 (R ) =
0 0

1+
r0 R

r0 R

2

ћ
r0 R

-2

cos

u + r r =R


cos
r0 R
3/2

+

1- 1+
r0 R
2

ћ u|r

=R

-2

cos

sin dd .

В равенствах (A.2.7)-(A.2.9) нормаль nP к поверхности S является внешней по отношению к области De , то есть она направлена внутрь D. Если функции u и v являются регулярными на бесконечности (см. определение 2.2.1), то интегралы I (R), I (R), I (R) по сфере (O, R) в равенствах (A.2.7)-(A.2.9) стремятся к нулю при R +. В самом деле, для регулярных на бесконечности функций u и v существуют такие постоянные A > 0 и A > 0, что
1 2 3 1 2

|v |r

=R

<

A1 R

,

v 3A < 21 r r =R R

, |u|r
1

=R

<

A2 R

,

u 3A < 22 . r r=R R

Следовательно, для интеграла I (R) в равенстве (A.2.7) получаем
2

|I1 (R)| = R

2

v
0 0

u 3A A sin dd < 4 ћ 1 2 r r =R R
3

0 при R +.

Интегралы I (R) и I (R) в равенствах (A.2.8)-(A.2.9) оцениваются аналогичным образом. Итак, устремляя радиус R к бесконечности, для регулярных на бесконечности функций получаем три формулы Грина, аналогичные формулам для внутренних областей:
2

v udVM = v
De S

u dSP - nP
De

v udVM ,

(A.2.10)


3. Двумерный случай. Внутренние области.

85
(A.2.11)
dSP -

(v u - uv ) dV
D
e

M

=
S

v

u v -u nP nP

dSP ,

(M0 )u(M0 ) =
S

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

1 nP rP M0

-

где

D

u(M ) dVM rM M0
e

(A.2.12)

, 4 , если M De , 2 , если M S , 0, если M De . /
0 0 0

(M0 ) =

3. Двумерный случай. Внутренние области.

Пусть S область на плоскости, ограниченная достаточно гладкой замкнутой кривой L. Первая формула Грина в двумерном случае имеет вид
v udS = v
S L

u dl - n
S

vћ

udS

(A.3.13)

для всех
v C (S ) C
(1)

(S ),

uC

(1)

(S ) C

(2)

(S ).

Вторая формула Грина:
(v u - uv ) dS =
S L

v

u v -u dl n n

(A.3.14)

для всех

u, v C

(1)

(S ) C

(2)

(S )
1 ln nP rP M0

Третья формула Грина:
(M0 )u(M0 ) =
L

ln

1 u(P )
rP
M0

nP

- u(P )

dlP -

- u(M ) ln
S

1
rM
M0

dSM ,

(A.3.15)


86
где

Прил. A. Формулы Грина для оператора Лапласа

2 , если M S , если M L 0, если M S / Доказываются эти формулы полностью аналогично тому, как это сделано в трехмерном случае.
0

(M0 ) =

0

0

4. Двумерный случай. Внешние области.

Пусть Se дополнение конечной области S с достаточно гладкой замкнутой границей L до всей плоскости R . Для регулярных на бесконечности гармонических вне некоторой ограниченной области функций могут быть получены три формулы Грина в области Se . В двумерном случае, в отличие от трехмерного, необходимо помимо регулярности (то есть ограниченности на бесконечности) требовать еще и гармоничности функций потому, 1 что тогда их производные убывают на бесконечности как 2 [9]. r Выберем систему координат таким образом, чтобы начало координат O находилось внутри области S . Окружим область S окружностью CR с центром в начале координат и достаточно R большим радиусом R. Тогда в конечной области Se , ограниченной кривой L и окружностью CR , справедливы три формулы Грина. Рассмотрим первую формулу Грина:
2

v udS = v
S
R e

u dl + n
CR
1

v

u dl - n
R Se
1

v udS ,
2

(A.4.16)

L

для любых v C (Se ) C ( ) (Se ), u C ( ) (Se ) C ( ) (Se ), где n R внешняя нормаль к границе области Se . В полярных координатах интеграл по окружности CR имеет вид:
2



I1 (R) =
C
R

u v dl = R n
0

v

u d . r r=R

Если функции u и v являются регулярными на бесконечности и гармоническими вне некоторой ограниченной области S Se , то найдутся такие A , A > 0, что
0 1 2

|u| < A1 , | u| <

2A
r
2

1

,

u 2A <2 r r

1

,

(A.4.17)


4. Двумерный случай. Внешние области.

87
(A.4.18)

|v | < A2 , | v | <

2A
r
2

2

при r + [1]. Следовательно,
2



|I1 (R)| = R
0

v

u 4 A1 A2 d < r r=R R

0 при R +.

За счет оценок (A.4.17)-(A.4.18) интеграл
v udS
R Se

R по области Se в выражении (A.4.16) сходится при R +. Таким образом, при R + получаем первую формулу Грина во внешней двумерной области Se :

v udS = v
Se L

u dl - n
Se

v udS.

(A.4.19)

Вторая формула Грина
(v u - uv ) dS =
Se L

v

u v -u dl n n

(A.4.20)

автоматически получается из первой для любых гармонических вне некоторой ограниченной области S Se регулярных функций u и v , таких что u, v C ( ) (Se ) C ( ) (Se ). Получим третью формулу Грина в области Se . В конечной R области Se третья формула Грина имеет место:
0 1 2

(M0 )u(M0 ) =
L

u(P ) 1 ln nP rM0

- u(P )
P

1 ln nP rM0

dlP +
P

+
C
R

u(P ) 1 ln nP rM0

- u(P )
P

1 ln nP rM0

dlP -
P

-
R Se

u(M ) ln

1
rM
0M

dSM , ,

(A.4.21)


88
где

Прил. A. Формулы Грина для оператора Лапласа

R 2 , M0 S e , , M 0 L CR , (M0 ) = 0, M0 Se . /R

Нормали np к кривым L и CR являются внешними по отношению R к области Se . Рассмотрим интеграл
I2 (R) =
C
R

u(P ) 1 ln nP rM0

- u(P )
P

1 ln nP rM0

dlP
P

по окружности CR в формуле (A.4.21) при R +. Перейдем к полярным координатам (r, ). Пусть точка M имеет координаты (r , ). Тогда
0 0 0 2



R+

lim I2 (R) = lim
-u ln r
2



R+
0

u ln r

1
2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

-

1


r=R

2 r2 + r0 - 2rr0 cos( - 0 )

Rd =



= lim

R+
0

O

1
R

ln

1
R

+ u(R, ) 1 + O

1
R

d = 2 u ,

где u = lim

R+

1 2 R
C
R

udl среднее значение функции u по

окружности бесконечно большого радиуса. В результате предельного перехода получаем третью формулу Грина в области Se :
(M0 )u(M0 ) -2 u =
L

1 u(P ) ln nP rM0

- u(P )
P

1 ln nP rM0

dlP -
P

- u(M ) ln
Se

1
rM
0M

(A.4.22)

dSM ,

где
(M0 ) =

2 , M0 Se , , M0 L, 0, M0 Se . /


4. Двумерный случай. Внешние области.

89

Величина u для регулярной гармонической функции конечна и в общем случае не равна нулю. Обратите внимание, что в трехмерном случае такого слагаемого в третьей формуле Грина нет.


Приложение Б
СУММИРОВАНИЕ НЕКОТОРЫХ РЯДОВ

1. Производящая функция полиномов Лежандра:


tn Pn () =
n=0

1 1 + t2 - 2t

,

|t| < 1.

(Б.0.1)

2. Суммирование некоторых тригонометрических рядов:


tn e
n=
0

in

=

1 - tei

1

=

1 - te-i 1 + t2 - 2t cos

(Б.0.2)

Из (Б.0.2) получаем:


tn cos n =
n=0

1 - t cos , 1 + t2 - 2t cos
t sin . 1 + t - 2t cos
2

(Б.0.3) (Б.0.4)

и



tn sin n =
n=0

Интегрируя по переменной соотношение (Б.0.4), приходим к равенству


-
n=
1

tn cos n = n

t sin

1 + t2 - 2t cos

d =

1 ln(1 + t - 2t cos ) + C 2
2

Положив t = 0, находим постоянную интегрирования C = 0, и окончательно получаем:
n=

1

tn cos n 1 = - ln(1 + t2 - 2t cos ) = ln n 2 tn 1 - xt + Pn (x) = - ln n t2 - 2tx + 1

1 1 + t2 - 2t cos
|t| < 1

n=1

(Б.0.5)

2

,

(Б.0.6)


Прил. Б. Суммирование некоторых рядов

91
(Б.0.7)



n=

0

t - x + t2 - 2tx + 1 tn+1 Pn (x) = ln n+1 1-x

,

|t| < 1


1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19.

А.Г. Свешников, А.Н. Боголюбов, В.В. Кравцов Лекции по математической физике. М: Изд-во Московского ун-та, 1998. А.Н. Боголюбов, В.В. Кравцов Задачи по математической физике. М: Изд-во Московского ун-та, Изд-во ?Наука?, 2004. Владимиров B.C., Жаринов В. В. Уравнения математической физики. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. Владимиров B.C. Уравнения математической физики. М.: Наука, 1981. Н. С. Кошляков, Э. Б. Глинер, М. М. Смирнов Уравнения в частных производных математической физики. М., ?Высшая школа?, 1970. Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов, Сборник задач по математической физике А.Н. Тихонов, А.А. Самарский, Уравнения математической физики Н.Н. Миролюбов, М.В. Костенко, М.Л. Левинштейн, Н.Н. Тиходеев, Методы расчета электростатических полей, М.:"Высшая школа 1963 Ф.М. Морс, Г. Фешбах, Методы теоретической физики, т.1 А.Г. Свешников, А.Н. Тихонов, Теория функций комплексной переменной М.А. Лаврентьев, Б.В. Шабат, Методы теории функций комплексного переменного переменного. Гостехиздат., 1951 г. Е.В. Захаров, И.В. Дмитриева, С.И. Орлик, Уравнения математической физики. Сборник задач. МГУ имени М.В. Ломоносова, факультет вычислительной математики и кибернетики. Москва, 2009 г. С.Г. Калашников, Электричество. М.: Физматлит, 2003. А.Б. Васильева, Н.А. Тихонов Интегральные уравнения. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. В.Т. Волков, А.Г. Ягола Интегральные уравнения. Вариационное исчисление. Курс лекций. М.: КДУ, 2008. И.Г. Петровский Лекции по теории интегральных уравнений. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2009. А.Н. Тихонов, А.Б. Васильева, А.Г. Свешников Дифференциальные уравнения. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. Г.А. Гринберг Избранные вопросы математической теории электрических и магнитных явлений. М.: Издательство Академии Наук СССР, Москва, Ленинград, 1948. В.А. Ильин, Э.Г. Позняк Основы математического анализа. Часть 2. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002.

Список литературы