Решение уравнения Лапласа в задаче из электростатики

[Metford]

Задача изначально физическая, но так как она моментально приводится к решению уравнения, то тема логичнее смотрится в этом разделе.
Значит, задача такая (это "Сборник задач по классической электродинамике" А.И. Алексеева). На плоскости внутри круга радиуса $R$ поддерживается потенциал $\varphi_0$, а вне этого круга - нулевой потенциал. Нужно найти потенциал в любой точке над плоскостью - зарядов там нет.

Решается уравнение Лапласа $\Delta\varphi=0$ с краевыми условиями $\varphi=\varphi_0$, $r<R$, $\theta=\pi/2$, $0\leqslant \phi< 2\pi$ и $\varphi=0$, $r>R$, $\theta=\pi/2$, $0\leqslant \phi< 2\pi$. Ищу решение в виде разложения по полиномам Лежандра:

$$\varphi=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}A_nr^nP_n(\cos\theta),\;r<R,$$

$$\varphi=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n}{r^{n+1}}P_n(\cos\theta),\;r>R.$$

Использую краевые условия:

$$\varphi_0=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}A_nr^nP_n(0),\;r<R,$$

$$0=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{B_n}{r^{n+1}}P_n(0),\;r>R.$$

Так как в нуле нечётные полиномы Лежандра обращаются в нуль, то все чётные коэффициенты $A_{2k}=0$, $B_{2k}=0$, кроме $A_0=\varphi_0$.

До этого момента всё нормально. Дальше начинается проблема. В задачнике в указании к решению сказано, что нужно записать условие непрерывности потенциала и его производной по радиальному направлению на полусфере $r=R$, $0<\theta<\pi/2$. Но ведь это приведёт к системе однородных уравнений:

$$A_{2k+1}R^{2k+1}=\frac{B_{2k+1}}{R^{2k+2}},$$

$$(2k+1)A_{2k+1}R^{2k}=-(2k+2)\frac{B_{2k+1}}{R^{2k+3}}.$$

Тут что-то не так... Судя по всему, второе уравнение здесь правильное, а первое - нет. Подскажите, пожалуйста, где я ошибаюсь?

[Red_Herring]

Пожалуйста, запишите аккуратно задачу, в несколько строк.

В какой области выполняется уравнение?

Где какие краевые условия заданы? А то у Вас упоминаются $r,\phi,\theta$ это что, три независимых переменных?

[Metford]

Обозначения общепринятые: $(r,\theta,\phi)$ - сферические координаты (расстояние до начала координат, полярный угол, азимутальный угол). Начало координат выбрано в центре круга радиуса $R$. Задача поставлена в полупространстве над плоскостью, которой круг принадлежит. Искомая функция $\varphi=\varphi(r,\theta,\phi)$. Хотя в силу симметрии задачи зависимости от азимутального угла не будет.

$$\left\{\begin{aligned}&\Delta\varphi=0,\;r\in[0,+\infty),\;\theta\in(0,\pi/2),\phi\in[0,2\pi)\\&\varphi=\varphi_0,\;r<R,\theta=\pi/2,\phi\in[0,2\pi)\\&\varphi=0,r>R, \theta=\pi/2,\phi\in[0,2\pi)\end{aligned}\right..$$

[Red_Herring]

Теперь понятно. Ваше "разделение переменных",... :( Кстати, что такое $\phi_0$? константа? тогда пусть $1$.

Как решать? Давайте перейдем в цилиндрические координаты $r,\theta, z$ и воспользуемся тем, что от $\theta$ решение не зависит. Мы получим на полуплоскости $\{z>0\}$ краевую задачу для уравнения Лапласа:

$$\begin{aligned} &\Delta \phi =0, && z>0,\\ &\phi = 1 && z=0, |r|<R, \\ &\phi =0 && z=0, |r|>R \end{aligned}$$

которую можно решить например, через ТФКП

[Metford]

Да, извините, $\varphi_0$ - константа. Действительно, пусть будет единица.

В общем-то, я бы не выбрал сферическую систему координат для этого случая. Цилиндрическая система мне тоже представляется более естественной. Но всё-таки хотелось бы решить задачу так, как она сформулирована в задачнике - а там сказано, используя разложение по полиномам Лежандра. На всякий случай подчеркну: я не решаю домашнее задание ни для себя, ни для кого-то - интерес чисто спортивный, так сказать. Давно не имел дело с такими задачами, решил восстановить форму - только не по задачнику УМФ, а по задачнику по классической теории поля.
Да, ещё позже эту задачу предлагается решить, раскладывая искомую функцию в интеграл Фурье-Бесселя. Я смутно помню, что к чему-то такому как раз приводят цилиндрические координаты. Так что этот шаг у меня впереди.

[Red_Herring]

Автор хочет странного. "Физический смысл" имеют решения, убывающие на бесконечности, а он ищет решение, разложенное по степеням возрастающим на бесконечности.

[Munin]

Red_Herring
Вы не обратили внимания. Возрастающие степени $r^n$ только внутри сферы $r<R.$ А вне её - убывающие степени $r^{-n-1}.$ Вопрос же заключается в сшивке решений на сфере.

-- 26.03.2017 14:55:07 --

Metford
Скажите, а сами по себе отдельные слагаемые $r^n P_n(\cos\theta)$ и соответственно $r^{-n-1}P_n(\cos\theta)$ уравнению Лапласа-то удовлетворяют? У меня ощущение, что если да, то не более одного из них.

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1203660 писал(а):

Вы не обратили внимания. Возрастающие степени $r^n$ только внутри сферы $r<R$. А вне её - убывающие степени $r^{-n-1}.$ Вопрос же заключается в сшивке решений на сфере.

 Не сошьются: радиальные функции должны удовлетворять ОДУ $S_n'' +\frac{2}{r}S_n' -\frac{1}{r^2} n(n+1)S_n=0$ и такие решения продолжаются однозначно (или другими словами, условия сшивки $S_n(R-0)=S_n(R+0), S'_n(R-0)=S'_n(R+0)$ не позволяют сшить положительные и отрицательные степени).

Проблема основная не в этих ошибках, а в том, что одномерный "радиальный" оператор имеет непрерывный спектр. Уж если совсем невмоготу и хочется поизвращаться в сферических координатах, то разлагать надо по $r^{-1}r^{i k } $ с вещественной $k$, а по $\theta$ уж что получится, то и получится, т.е, вместо $0\le n\in \mathbb{Z}$, будет $n\in i\mathbb{R}$.

-- 26.03.2017, 07:11 --

Munin в сообщении #1203660 писал(а):

Скажите, а сами по себе отдельные слагаемые $r^n P_n(\cos\theta)$ и соответственно $r^{-n-1}P_n(\cos\theta)$ уравнению Лапласа-то удовлетворяют? У меня ощущение, что если да, то не более одного из них.

Разумеется, каждая из них удовлетворяет. А уж кусочная как ни сшивай удовлетворять не будет.

[Metford]

Munin
Если выполнять разделение переменных, то угловая часть - это будет просто уравнение для сферических функций с нулевым вторым индексом - с точностью до постоянного множителя это будут полиномы Лежандра. Уравнение на радиальную функцию - это уравнение Эйлера, его Red_Herring привёл выше:

$$S''+\frac{2}{r}S'-\frac{n(n+1)}{r^2}S=0.$$

Как говорится, можно убедиться подстановкой, что функции $r^n$ и $\frac{1}{r^{n+1}}$ уравнению удовлетворяют. Или можно решить стандартным методом.

Red_Herring в сообщении #1203673 писал(а):

Не сошьются: радиальные функции должны удовлетворять ОДУ $S_n'' +\frac{2}{r}S_n' -\frac{1}{r^2} n(n+1)S_n=0$ и такие решения продолжаются однозначно (или другими словами, условия сшивки $S_n(R-0)=S_n(R+0), S'_n(R-0)=S'_n(R+0)$ не позволяют сшить положительные и отрицательные степени).

Я что-то не понял, наверное. А как же быть с простым примером равномерно заряженного шара? Там работает интегральная форма теоремы Гаусса, но можно решать и уравнение Пуассона. Внутри шара потенциал содержит положительные степени $r$, вне шара - отрицательные. Решения сшиваются гладко.

[Red_Herring]

Metford в сообщении #1203683 писал(а):

А как же быть с простым примером равномерно заряженного шара?

А вот у равномерно заряженного шара заряженной сферы уравнение будет (если рассматривать всё пространство) $\Delta u = k\delta(r-R)$ с подходящим $k$.

[Metford]

Почему? Ведь заряды не на сфере, а внутри шара распределены. Там будет $\Delta u=-4\pi\rho$, $r<R$, $\rho=\operatorname{const} $ и $\Delta u=0, r>R$.

[Red_Herring]

я думал о сфере. Или о проводящем шаре. Но как бы то ни было, это не то уравнение! Т.е. ни одна из простых функций не удовлетворяет ему на всей полуоси (по $r $) и только кусочная удовлетворяет

[Metford]

Red_Herring в сообщении #1203673 писал(а):

Разумеется, каждая из них удовлетворяет. А уж кусочная как ни сшивай удовлетворять не будет.

Значит, Алексеев ошибается, приводя ответ

$$\varphi=\varphi_0+\varphi_0\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}\left(\frac{r}{R}\right)^{2k+1}P_{2k+1}(\cos\theta),\; r<R,$$

$$\varphi=\varphi_0\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k(2k+1)!}{2^{2k+1}k!(k+1)!}\left(\frac{R}{r}\right)^{2k+2}P_{2k+1}(\cos\theta),\; r>R.$$

[Red_Herring]

Metford в сообщении #1203707 писал(а):

Значит, Алексеев ошибается, приводя ответ

Необязательно. Смотрим: у нас $\theta$ пробегает от $0$ до $\pi/2$. Там полиномы Лежандра с нечетными индексами составляют базис. Но один гражданин не из этой серии, а именно слагаемое, не зависящее от $\theta$.

Начнем сначала: $\varphi = u+v$, где $v=H (1-r)$, $H$ функция Хевисайда и $R=1$, $\varphi_0=1$ (что не нарушает общности).

Тогда $\Delta v= \delta'(r-1) -2R^{-1}\delta (r-1)$, ну и соответственно $\Delta u= -\delta'(r-1) +2\delta (r-1)$; при этом $u=0$ при $\theta=\pi/2$. Теперь мы разлагаем $1$ по полиномам Лежандра с нечетными индексами на $[0,\pi/2]$: $1=\sum _n c_n P_{2n+1}(\cos\theta)$ и на $S_n (r) $ мы имеем

$$S_n ''+2r^{-1}S_n' - (2n+1)(2n+2)r^{-2} S_n=c_n(-\delta'(r-1) +2\delta(r-1)).$$

Другими словами, при $ r<1 $ и при $r>1$ уравнение однородное. Но надо найти условия сшивки. Самое простое: попробуем на мгновение $S_n= p_n H(r-1) +q_n (r-1)_+$, тогда в уравнении будет правая часть $p_n \delta'(r-1)+ (q_n + 2p_n )\delta (r-1) +...$, точки обозначают более регулярные члены. Отсюда находим $p_n$ и $q_n$, которые и будут скачками $S_n$ и $S'_n$ при $r=1$.

[Munin]

Такое ощущение, что ничего не сделал, но подтолкнул умных людей в направлении решения проблемы.