Файл: Арсенин, В. Я. Методы математической физики и специальные функции учеб. пособие.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 16.10.2024

Просмотров: 178

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

внутренние или внешние.

Здесь а 1==а1(М)1 а2 = а 2(М),

«1, а 2^=0

и а! + а|тЬО.

решения таких задач состоит

Метод

функций Грина

в следующем. Сначала находят решение задачи (14) —(15) при специальных значениях функций f(M) иср(М). Именно, решают задачу

L(G) = - 8 ( M , Р),

(16)

(aiG + a 2^ ) s = 0.

(17)

Это решение называют функцией Грина задачи (14) —(15). Мы будем требовать, чтобы искомая функция G(M, Р)

была непрерывной (вместе с частными производными пер­

вого порядка, если а 2 Ф 0) всюду в замкнутой области D, кроме, быть может, точки Р, в которой G может иметь особенность.

Если функция Грина найдена, то с ее помощью легко найти и решение исходной задачи (14) —(15). Для этого применим вторую формулу Грина к функциям v = G (М, Р) и к искомому решению и (М):

{GL [и] - u L [ G ] } d x = \ k [Gdun - U§ )d a * ).

(18)

D

S

 

 

 

Поскольку

в 'области D имеем L[u\=f(M), а L[G] =

= —б(М,

Р), то соотношение (18)

можно записать в виде

\ f (M)G(M, Р) dxM + $и(М)6(М,

Р) dxM=

 

 

 

=

s[ k {G P n - ud£

) d°M-

Второй интеграл левой части по свойству б-функции ра­ вен и(Р). Поэтому последнее соотношение можно запи­ сать в виде

u( P) =^ k ( Gp n - u f ^ j d o M-

$ G(M,P)f(M)dxM. (19)

■S

D

Здесь интегрирование производится по координатам точ­ ки М.

Для первой краевой задачи (ax = 1, а 2 = 0)

______________ G|s = 0, и |s = <p,

*) Здесь и в дальнейшем производная ^ берется по направле­

нию внешней нормали к S.

6*

163

и из формулы (19) получаем решение задачи (14) —(15):

И (Р) = — § £ср (М )Ц doM — ^G(M, P)f (M) dxM. (20)

 

s

 

 

 

 

 

s

 

 

 

Для

второй

краевой

задачи

(ах =

0,

а 2= 1 )

 

 

<Ю

 

=

ди

= Ф(М),

 

 

 

 

дп

 

5

0, л

 

 

 

 

 

 

дп

 

 

 

 

и из формулы (19)

получаемрешениезадачи(14) — (15)**):

u(P)=\k<p(M)G(M, P)doM-

lG(M, Р) f (М) dxM. (21)

Для

третьей

краевой

задачи

(ах ф 0

и а2 ф 0)

 

dG

 

 

 

 

ди

- a i

 

,

rp (M)

 

— - XG

s '

дп

---- U

|s

1

a2

 

дп S

сс2

 

a2

Вэтом случае формула (19) дает

и(Р) = ^ G(M, P)daM- ^ G ( M , P)f (M) dxM. (22)

Таким образом, исходная краевая задача (14) —(15) сво­ дится к задаче о нахождении функции Грина. О спосо­ бах нахождения функций Грина мы будем говорить позже.

2. Отметим некоторые свойства функций Грина.

Функции Грина обладают свойством симметрии, т. е.

G(M, P) = G(P, М).

Для доказательства этого применим вторую формулу Грина к функциям G1 = G(M, Рг) и G3 — G (М, Р2), где Рг и Р2 —произвольные фиксированные точки области D. Получим

I {G,L [GJ - G2L [GJ} dxM= \ k (gxd§

- G2 Щ doM.

D

S

 

Левая часть равна

 

 

- ^ {G (M, Pt) 8 (М , Р2) -

G (М, Р2) 8 (М,

Р х)} dxM=

__________

=G{Plt

P2) - G { P 2, Рг).

*) Следует отметить, что для второй краевой задачи так опре­ деленная функция Грина не всегда существует. См. замечание на стр. 157.

164

Следовательно,

 

G (Plt Pa) - G (P2, Px) = J k (Gj. §

- Ga § ) dor*,

s

7

Интеграл в правой части равен нулю. Действительно, если мы имеем дело с первой (или второй) краевой зада­ чей, то это следует из граничных условий для Gx и

G2 fIG |s = л0 или dшG s = oj. Если мы имеем дело с третьей

краевой задачей, то, выражая

 

и

из краевых усло­

вий через Gj и G2 и подставляя

эти значения

в подын­

тегральное

выражение, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

Gi dG?

 

дбЛ

 

«2

GiG2 4- /

 

G2Gx=

0.

 

 

 

 

 

dn /s

 

 

a3

 

 

 

 

Таким образом,

G (P1( P 2) = G(P2, Pj).

особенности

функции

3.

Теперь займемся

изучением

Грина в точке

Р.

При

этом мы ограничимся случаем,

когда L [h] = Ah. Для этого случая функция Грина имеет

в точке Р особенность вида *)

------

для

трехмерного

про-

 

 

1 ,

f 1 \

 

 

ШГМР

 

1

 

 

 

 

 

для

 

 

 

 

 

для/п-мер-

странства, 0~ Ini—

 

плоскости, - — —

 

 

я

у m p I

 

 

 

 

S ] • г м р

 

 

 

ного пространства

(Si —площадь

единичной сферы).

 

Исходя

из структуры

уравнения AG = — 8 (М, Р), ко­

торому удовлетворяет функция Грина, можно ожидать,

что функцию Грина можно представить в виде

 

 

 

 

G(M, P) —ty(rMp) + v(M,

Р),

 

 

 

где v гармонична

в D (как

функция точки

М), а функ­

ция ф(/'жр)

имеет особенность в точке Р,

т. е. при гМр = 0,

и должна удовлетворять

уравнению Дф = — 6 (Л1, Р).

Рассмотрим

для определенности трехмерный случай.

Обозначим

через D£ шаровую область с центром в точке Р

радиуса

R,

ограниченную

поверхностью S

Проинтегри­

руем тождество

 

 

Дф== — 8 (М, Р)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

по области

Dp(DpczD).

Получим $ Аф^тЛ = — 1.

По

*) Это

верно

и для операторов вида L [и] = &u-\-qu, где q =

= const.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

165

формуле Остроградского интеграл в левой части равен

*

• ’

3_

С

\ 4

г Л ,»1 =

$ dr

Hi-

Таким образом,

На сфере

функция ~

имеет постоянное значение,

поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

ch|)

 

И Л И

4nR2 rfijj (R)

— 1.

 

dr

 

 

 

 

 

dR

 

 

Отсюда ф(Д) = 1/(4яR). Таким образом, функция Грина

G(M, Р) имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

G(M,

P) = tz±— + v(M,

Р)

 

(23)

 

 

т г мр

 

 

 

 

 

и, следовательно,

имеет в

точке

Р

особенность

вида

1/(4пгМР).

 

 

 

 

 

 

 

 

Для плоскости G(M, Р) имеет вид

 

 

 

G (М,

Р) = -Jr In f- Ц

+

1»(М, Р).

 

(24)

 

 

ZIX

\ гмр}

 

 

 

 

Мы не будем повторять соответствующие выкладки. Функ­ ция v(M, Р) определяется как решение задачи

Ду = 0, а ху +

а

dv

д{^!гмр)\ .

2 дп

дп

Is

4л •

Она единственна

для первой

(и третьей) краевой

задачи

(см. стр. 161).

 

 

 

 

 

Для внешних краевых задач функция Грина опреде­ ляется аналогично. Она также обладает свойством сим­

метрии и для L [и] = Дм + qu имеет

те же

особенности.

Из определения

функции Грина как решения уравне­

ния AG = — 6(М,

Р) и формул (23) и (24)

следует, что

 

Д (г— ) = -4 я б ( М ,

Р)

(25)

 

V m p J

 

 

166

для

техмерного

пространства й

 

 

 

 

 

 

 

= — 2я6(Л4, Р)

(26)

для

двумерного

пространства.

 

 

 

 

4.

Пользуясь формулой

(23),

нетрудно

дать физиче­

скую

интерпретацию

функций

Грина для оператора Аи.

Мы это сделаем для

первой краевой

задачи.

 

Пусть поверхность S, ограничивающая область D, сделана из проводника и заземлена. Поместим в точке Р внутри D электрический заряд величины 1/(4я). Этот заряд индуцирует некоторое распределение зарядов на поверхности S. Потенциал электростатического поля в области D будет равен сумме:

1)потенциала поля, созданного точечным зарядом; он равен 1/(4я/-Л№), и

2)потенциала поля, созданного индуцированными заря­ дами; он равен v(M, Р). Эта сумма и равна G(M, Р).

Таким образом, G(M, Р) можно интерпретировать как потенциал поля, созданного точечным зарядом, помещен­ ным внутри заземленной замкнутой проводящей поверх­ ности. При такой интерпретации свойство симметрии функции Грина выражает принцип взаимности точки заряда и точки наблюдения.

З а м е ч а н и е

. Определенная

таким образом функция

Грина не всегда

существует. Так, функция Грина второй

внутренней краевой задачи для оператора Лапласа L [и] =

= Аи не существует, поскольку

не существует соответ-

/

D, непрерывной в D вместе с частными производными первого порядка и удовлетворяющей условию

ибо не выполняется необходимое условие $ ф da = 0. В этом

S

случае функцию Грина можно определить как решение краевой задачи

где 50 —площадь поверхности S. Такая функция суще­ ствует и определяется с точностью до аддитивной посто­ янной.

167

Смотрите также файлы