Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Применение комфортных отображений в решении некоторых задач электро- и магнитостатики

.pdf
Скачиваний:
25
Добавлен:
01.05.2014
Размер:
270.41 Кб
Скачать

Р.В. Константинов

ПРИМЕНЕНИЕ КОНФОРМНЫХ

ОТОБРАЖЕНИЙ В РЕШЕНИИ

НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ ЭЛЕКТРО-

И МАГНИТОСТАТИКИ

В пособии рассматриваются несколько модельных задач электро- и магнитостатики на плоскости, решение которых основывается на применении конформных отображений и других стандартных методов ТФКП, связанных с вычислением интегралов на основе теории вычетов. Как известно, задачи электро- и магнитостатики сводятся к решению уравнения Лапласа для электрического или магнитного потенциала в рассматриваемой области при наличии граничных условий смешанного типа. В рассматриваемых ниже примерах показано, как подобные задачи можно свести к стандартной задаче Дирихле в верхней полуплоскости, решение которой дается известной формулой Пуассона.

Задача 1. На плоскости R2 поляризованный диэлектрик заполняет замкнутую область:

G2

= n y

: y ≤ 0 o S n y

: x2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0 o ,

 

x

x

 

как показано на Вектор поляризации диэлектрика ~ сонапра

1. P -

влен с осью ординат. В открытой области G1 = R2\G2 вещество отсутствует. Требуется найти электрическое поле в области G1.

y

 

i

 

G1

 

−1

1

0

x

G2

~

 

P

Рис. 1.

В области 1 векторы напряженности электрического поля ~1

G E

и электрической индукции ~ 1 совпадают и удовлетворяют урав

D -

нениям Максвелла:

~

= 0,

(1)

div D1

~

~

(2)

rot E1

= 0.

Следовательно можно искать векторное поле ~1 в виде ~1

, E E = = grad Φ . Здесь скалярная функция Φ : G1 → R имеет смысл

2

электрического потенциала. При этом уравнение (2) автоматически выполняется, а уравнение (1) превращается в уравнение Лапласа для Φ в области G1:

Φ = 0.

(3)

Осталось определить, каким граничным условиям на границе

1 области 1 должна удовлетворять функция Пусть ~2

γ = ∂G G Φ . E

и ~ 2 векторы напряженности электрического поля и электриче

D – -

ской индукции в области 2 соответственно Тогда ~ 2 ~ так

G . D = 0,

как в области G2 нет свободных зарядов и не приложено внешнее

поле Следовательно ~2 ~

. , E = 4πP .

Пусть ~n – единичный вектор внешней нормали к границе обла-

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сти G2, а t – единичный касательный вектор к границе области

G2, такие, что пара векторов

~

 

 

правая.

Тогда граничные

t,~n

 

условия для векторов

напряженности электрического поля и элек

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

трической индукции записываются в виде (см. [1], § 14):

 

 

 

D1n = D~ 1,~n γ

= D2n = D~ 2,~n γ ,

(4)

 

 

E1t =

 

~

 

 

= E2t

~

,t~

 

(5)

 

 

 

E1,t~

= E2

.

 

 

 

 

 

 

γ

 

 

 

 

 

 

γ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

Заметим,

x

 

 

 

γ =

 

 

cos ϕ

 

 

 

что граница

γ0

 

γc, где

 

 

 

γ0 = n

0

: |x| > 1 o ,

γc = sin ϕ : ϕ (0,π) .

 

 

На γ0 имеем ~n =

0

~t =

1

. Следовательно, соотношения

1 ,

0

(4), (5) на γ0 принимают вид

 

 

 

= D2n = 0,

 

(6)

 

 

D1n =

 

∂y γ0

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E1t =

 

 

 

 

 

= E2t = 0.

 

(7)

 

 

 

∂x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos ϕ

 

 

 

 

 

sin ϕ

. Следовательно,

На γc имеем ~n =

 

sin ϕ , ~t =

− cos ϕ

соотношения (4), (5) на γc

принимают вид

 

 

 

 

3

 

 

 

∂Φ

cos ϕ +

 

∂Φ

γc

= D2n = 0,

(8)

 

 

 

D1n = ∂x

 

 

∂y sin ϕ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂Φ

 

 

 

∂Φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E1t =

 

sin ϕ

 

 

 

 

 

cos ϕ

 

= E2t = 4πP cos ϕ.

(9)

 

 

 

∂x

 

 

∂y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γc

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Введем в рассмотрение скалярную

функцию F : G1 → R, гар-

 

моническую в G1 и сопряженную гармонической функции Φ (см. [2],

§ 5,

определение 5). Тогда комплекснозначная функция f(z) =

 

= Φ (x,y)+iF (x,y) регулярна в области G1, причем f0(z) = Φ 0

(x,y)

0 (x,y). В силу соотношений (6), (7), (8), (9) получаем x

 

 

y

 

 

f0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ0

= 0,

 

 

(10)

 

 

 

 

 

f0

 

e

= 4πiP cos ϕ.

(11)

 

 

 

 

 

 

γc

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рассмотрим конформное отображение области G1 на верхнюю полуплоскость, которое дается функцией Жуковского:

h(z) = 12 z + z1 .

В силу теоремы 1 из § 29 [2] получаем, что функция f представима в виде f(z) = g(h(z)) для всех z G1, где функция g регулярна в верхней полуплоскости. Определим граничные условия для функции g на границе верхней полуплоскости = h(γ). Обозначим

0 = h(γ0) = {u + i0 : |u| > 1} ,

c = h(γc) = {u + i0 : |u| < 1} .

Так как f0(z) = g0(w)h0(z), где w = u + iv = h(z), то в силу (10)

для w = u + i0 = h(z)|γ0 0 получаем

 

 

g0(w) 0 h0(ziϕγ0

(12)

 

 

 

 

)

 

= 0,

а в силу (11)

 

 

 

 

для w = u + i0 = h e

 

 

c получаем

 

 

g0(w) c h0 e

e

=

−4πiP cos ϕ.

(13)

 

 

Из соотношения (12) получаем (Re g)u0 | 0 = 0, т. е.

 

 

Re g(u,0) = const ,

|u| > 1.

(14)

 

 

4

 

 

 

 

Поскольку h0

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z) =

 

 

 

1

 

 

, то

h0

e

e

= i sin ϕ, и из

2

 

z2

соотношения (13) находим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно,

 

g0(w) c i sin ϕ = −4πiP cos ϕ.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g0(w)

 

 

= (Re g)u0

 

 

 

 

 

i (Re g)v0

c

=

4πP ctg ϕ.

 

 

 

c

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u

2

для u

 

 

c, то

 

Так как cos ϕ = h(e ) = u, sin ϕ =

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(Re g)0u

= −4πP

u

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 − u2

 

 

 

 

 

Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Re g(u,0) = 4πP

1 − u2 + const ,

 

|u| < 1.

(15)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

напряженности электрического поля

Поскольку для определенияp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в области G1 функцию f достаточно знать с точностью до некоторой константы, то в соотношениях (14) и (15) без ограничения общности считаем const = 0.

Итак, для определения гармонической в верхней полуплоско-

сти функции Re g получаем задачу Дирихле:

 

 

 

 

 

 

 

 

(Re g(u,v)) = 0,

v > 0,

> 1,

 

 

 

 

 

 

0,

 

 

 

 

 

u

 

 

 

 

 

Re g(u,0) =

 

 

| |

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(16)

 

 

 

( 4πP 1 − u2, |u| < 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

см

.

теорему

5

Решение

этой задачи дается формулойp Пуассона

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

§ 29 [2]). Получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Re g(u,v) = 4P v Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

t2

 

 

 

 

 

 

 

dt,

v > 0.

(17)

 

(t − u)2 + v2

 

 

−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нашей целью теперь является вычисление интеграла

1

I = Z

1 t2

 

dt,

(18)

(t − u)2 + v2

−1

 

 

 

5

для произвольных u R и v > 0.

Для вычисления этого интеграла воспользуемся теорией вы-

четов.

В

области D = C\[−1,1] рассмотрим регулярную ветвь

s(z)

1

− z2

, такую, что s(0 + i0) = 1. Далее для произвольного

достаточно малого ε > 0 рассмотрим интеграл

(19)

 

 

 

 

Iε = I

(z − u)2 + v2 ,

 

 

 

 

 

s(z) dz

 

Cε

где имеющий вид “гантели” (см. рис. 2) контур

Cε = CS Cε+ S CS Cε

составлен из окружностей Cи Cрадиуса ε с центрами в точках −1 и 1 соответственно, а также двух берегов Cε+ и Cεразреза по отрезку [−1+ε,1−ε]. Контур Cε ориентирован по часовой стрелке.

y

u + iv

ψ C

+

ϕ

 

 

C

ε

 

C

 

 

 

−1 Cε0

 

1

x

 

 

Рис. 2.

Обозначим подынтегральную функцию в (19) через J(z). По теореме о вычетах (теорема 1 § 13 [2]) получаем

ε

 

u+iv

u−iv J =

 

I = 2πi

res J + res J + res

 

=

+ +

+C+C! J(z) dz.

(20)

 

CRε

CRε

R

R

 

Так как для |t| < 1 − ε имеем s(t ± i0) = ±

 

, то

 

1 − t2

 

6

 

!

1−ε

 

 

 

 

 

+

J(z) dz = 2

1 − t2 dt

(ε→+0)

2I.

 

(t u)2 + v2

+

Cε

Z

 

Cε

 

R

R

−1+ε

 

 

Далее, так как функция J(z) ограничена в окрестности точек ±

±1, то C1R,2ε

J(z) dz → 0 при ε → +0. Следовательно, переходя в

равенстве (20) к пределу при ε → +0, находим

 

 

2πi res J + res J + res J = 2I.

(21)

 

u+iv

u−iv

 

Для вычисления вычетов res J нам потребуются значения s(u ±

u±iv

± iv). Для их вычисления воспользуемся формулой (см. лемму 6 и теорему 2 из § 16 [2]):

s(z) = p|1 − z2| exp

i

 

γ(z) arg(1 − z) + γ(z) arg(1 + z) ,

2

где γ(z) гладкая кривая c началом в точке, лежащей на верхнем крае разреза Cε+ и концом в точке z. Находим для произвольных u R, v > 0 (см. рис. 2):

γ(u+iv)

(1

z) =

arccos

(1

1−u

+v2

 

 

 

u)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −φ(u,v), (22)

γ(u+iv)(1 + z) =

arccos

 

 

1+u

= ψ(u,v). (23)

(1+u)2+v2

Аналогично получаем (см. рис. 2), что

 

γ(u−iv)(1 − z) = φ(u,v),

 

γ(u−iv)(1 + z) = 2π − ψ(u,v).

Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

s(u + iv) =

p

 

 

 

exp

i

(ψ(u,v) − φ(u,v)) ,

|1

− w2

|

2

s(u − iv) = −p

 

 

 

exp

i

(φ(u,v) − ψ(u,v)) .

|1

− w2

|

2

Тогда в силу леммы 2 § 13 [2] получаем

 

7

res J =

s(u + iv)

=

 

|1 − w2|

exp

i

(ψ(u,v) − φ(u,v))

 

 

 

2

 

,

2iv

 

p

 

 

 

 

2iv

 

u+iv

 

 

 

 

 

 

s(u − iv)

 

 

 

 

 

exp

i

(φ(u,v) − ψ(u,v))

.

res J =

 

=

 

|1 − w2|

 

 

 

2

−2iv

p

 

 

 

 

 

u−iv

 

 

 

 

 

2iv

 

Осталось вычислить res J. Для произвольного вещественного x >

> 1 находим

2

 

= −ixr

 

 

 

 

 

 

 

 

s(x) = px2 − 1 exp

 

 

 

=

 

 

 

1 − x2

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1 − 2x2

 

x4 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −ix

+ O

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

Следовательно, в силу теоремы единственности регулярной функции (теорема 1 § 10 [2]) в области |z| > 1 справедливо равенство

i 1 s(z) = −iz + 2z + O z3 ,

так как оно справедливо на луче x > 1. Отсюда для |z| > 1

получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J(z) =

−iz + O z1

 

=

 

i

+ O

 

1

.

 

 

z

 

 

 

 

z2 1 + O

z1

 

 

 

z2

Таким образом

,

 

 

 

 

 

§

13 [2] находим, что

 

по формуле (12) из

 

res J = i.

Наконец, пользуясь соотношением (21), получаем значение иско-

мого интеграла:

 

 

 

 

|

 

 

 

2

 

 

 

 

 

v p|

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I =

π

 

 

 

 

 

 

 

cos

 

 

ψ(u,v) − φ(u,v)

 

 

 

 

(24)

 

 

 

1

 

w2

 

 

 

 

 

 

π.

 

Окончательно из (17) получаем для любых u R и v > 0:

 

 

 

 

p|

 

 

|

 

2

 

 

 

 

Re g(u,v) = 4πP

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos

ψ(u,v) − φ(u,v)

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

w2

 

 

 

 

v .

Таким образом, получаем вид электрического потенциала в области G1:

8

где

 

p|

 

 

 

 

 

 

|

 

 

2

 

 

 

 

 

Φ (z) = 4πP

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos

ψ(z)

− φ(z)

 

 

 

Im h(z) ,

 

 

 

 

1

 

h2(z)

 

 

 

 

h(z) = 2 z + z

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1

 

 

Re h(z))2

+ (Im h(z))2

!

φ(z) = arccos

 

 

 

 

 

 

 

1 − Re h(z)

 

 

 

 

,

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ(z) = arccos

 

1 + Re h(z)

 

 

 

 

! .

 

 

 

 

 

 

 

(1 + Re h(z))2 + (Im h(z))2

На рис. 3

изображены силовые линии электрического поля в

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

области G1 вида Φ (z) = const .

Рис. 3. Силовые линии электрического поля в области G1

9

Задача 2. На плоскости R2 идеальный проводник заполняет

замкнутую область:

 

: y ≤ 0 o S n y

: 0 ≤ y ≤ 1 o ,

G2

= n y

 

x

0

 

как показано на рис Вектор намагниченности проводника ~

. 3. J

сонаправлен с осью ординат. В области G1 = R2\G2 проводники отсутствуют. Требуется найти магнитное поле в области G1.

 

y

 

G1

i

 

G2

0

x

 

~

 

 

 

 

J

Рис. 4.

В области 1 векторы напряженности магнитного поля ~ 1 и

G H

магнитной индукции ~1 совпадают и удовлетворяют уравнениям

B

Максвелла:

~

= 0,

(25)

div B1

~

~

(26)

rot H1

= 0.

 

~

~

Следовательно, можно искать векторное поле B1

в виде B1 =

= grad A. Здесь скалярная функция A: G1 → R имеет смысл магнитного потенциала. При этом уравнение (26) автоматически выполняется, а уравнение (25) превращается в уравнение Лапласа

для A в области G1:

A = 0.

 

(27)

 

 

 

 

Осталось определить, каким граничным условиям на границе

γ = ∂G1 области G1 должна удовлетворять функция A. Пусть

~

~

 

 

 

H2

и B2 – векторы напряженности магнитного поля и магнитной

 

 

~

~

~

индукции в области G2 соответственно. Тогда B2

= H2

+ 4πJ =

~

~

~

 

 

= 0. Следовательно, H2

= −4πJ.

 

 

Пусть ~n – единичный вектор внешней нормали к границе обла-

сти 2 а ~ единичный касательный вектор к границе области

G , t –

10