Применение комфортных отображений в решении некоторых задач электро- и магнитостатики
.pdfР.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) |
− |
||||||||||||||
− |
iΦ 0 (x,y). В силу соотношений (6), (7), (8), (9) получаем x |
|
||||||||||||||
|
y |
|
|
f0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
γ0 |
= 0, |
|
|
(10) |
|
|||
|
|
|
|
f0 |
|
eiϕ |
= 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) |
iϕ |
|
|
|
|
||
для w = u + i0 = h e |
|
|
c получаем |
|
|||
|
g0(w) c h0 e |
e |
iϕ |
= |
−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 |
eiϕ |
eiϕ |
= 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 |
iϕ |
|
|
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 = C1ε S Cε+ S C2ε S Cε−
составлен из окружностей C1ε и C2ε радиуса ε с центрами в точках −1 и 1 соответственно, а также двух берегов Cε+ и Cε− разреза по отрезку [−1+ε,1−ε]. Контур Cε ориентирован по часовой стрелке.
y
u + iv
ψ C |
+ |
ϕ |
|
|
C1ε |
ε |
|
C2ε |
|
|
|
|
||
−1 Cε−0 |
|
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 |
|
|||||
= |
+ + |
+C1ε +C2ε ! 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 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
iπ |
|
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