§ 20. Решение задачи Дирихле для круга и полуплоскости

62. Задача Дирихле для круга.

Эта задача решается аналогично соответствующей задаче для шара, только формулы, естественно, получаются более простыми. Покажем, что функция Грина для круга радиуса R с центром в начале координат имеет вид

с формулой (19.3)), где — координаты точки координаты точки А. Точки А а А сопряжены, и

(рис. 69). Нетрудно проверить, что функция удовлетворяет уравнению Лапласа всюду внутри круга, так как точка А лежит вне его. Это доказывается так же, как на стр. 238 для функции Из рис. 69 видно, что

где

Рис. 69.

Если точка Р попадает на границу круга (т. е. ), то

Следовательно, значения функций совпадают на границе круга, и согласно определению (см. п. 56) правая часть формулы (20.1) действительно представляет собой функцию Грина для круга.

Чтобы воспользоваться общей формулой (18.20), нам осталось вычислить

Поскольку

то из формулы (20.1), которую удобно записать в виде , получим

Отсюда

где . Таким образом, окончательно

и решение задачи Дирихле для круга по формуле (18.20) примет вид

(дифференциал длины дуги окружности Г заменен на ).

Рис. 70.

Интеграл (20.2) называется интегралом Пуассона для круга, а выражение

— ядром Пуассона для круга. Физической иллюстрацией его является стационарное распределение температуры внутри круга радиуса R, граница которого — окружность - поддерживается при температуре всюду, кроме одной точки М с полярной координатой у, в которой температура бесконечна. Для доказательства положим в формуле (20.2) , если , если (рис. 70). По формуле (20.2)

где — некоторое среднее значение (здесь мы, как и в пространственном случае, применили теорему о среднем интегрального исчисления). При и в пределе мы получаем стационарное распределение температуры

которое и является ядром Пуассона для круга, если мы опустим штрих при у.

Нетрудно видеть также, что интеграл от ядра Пуассона круга по граничной окружности Г равен 1:

Это вновь следует из единственности решения задачи Дирихле и может быть также проверено непосредственно интегрированием.

Пример. Дана тонкая однородная круглая пластинка радиуса R, верхняя половина границы которой поддерживается при температуре 1, а нижняя — при температуре 0 (рис. 71).

Рис. 71.

Найдем стационарное распределение температуры на пластинке и определим форму изотерм.

В формуле общего решения (20.2) мм должны положить для для следовательно, искомое распределение температуры будет дано формулой

Этот интеграл надо вычислять с осторожностью. Предположим сначала, что точка расположена в верхнем полукруге); тогда разность изменяется в пределах от до а этот интервал длины не содержит точек

Поэтому законна подстановка и мы получаем

Чтобы представить найденное выражение в более удобном виде, вычислим

Так как правая часть отрицательна, то это означает, что и для удовлетворяет неравенствам Таким образом,

или

Если (точка ) расположена в нижнем полукруге), то интервал изменения содержит точку — но не содержит точку 0 и мы можем сделать подстановку

Таким образом, для этих значений

Преобразовывая, как и раньше, найдем

— прежний результат, с тем лишь различием, что теперь правая часть положительна, так как Следовательно,

Изотермы в верхнем полукруге по формуле (20.5) будут иметь уравнение ( постоянно, )

или, если перейти к декартовым координатам уравнение

т. е.

Это — уравнение окружности с центром в точке радиуса проходящей через точки однако пашей изотермой является лишь дуга этой окружности, лежащая в верхней полуплоскости (так как ).

Аналогично показывается, что в нижнем полукруге изотермами также являю дуги окружностей, проходящих через точки . Уравнения этих окружностей: