Распределение поверхностного тока на сфере

[amon]

Все-таки подниму. А то возникает впечатление, что лоханувшись со стереографической проекцией я со всем согласился. IMHO, решение

fred1996 в сообщении #1196236 писал(а):

Изначально точки располагаем в северном $O'$ и южном полюсе $O$ и строим прямую стереографическую проекцию. Все линии тока превращаются в прямые, пересекающиеся в одной точке, а эквипотенциальные кривые, это соответственно концентрические окружности.
Затем на плоскости делаем сдвиг так чтобы точка $O$ уехала куда надо в $E$. В данном конкретном случае на два радиуса вправо.
Ну и делаем обратную стереографическую проекцию на шар. Чтобы $E$ спроецировалась в нужную точку $A$. Линии тока опять переходят в окружности на сфере, а эквипотенциальные кривые в перпендикулярные им окружности.

неверно.

После сдвига в плоскости сдвинется центр окружности на полюсе, который больше не совпадает с самим полюсом. Кроме того, изменятся диаметры окружностей. Т.е. это будет решение другой задачи. Если же проектировать исходные окружности, то их центры не совпадают, линии тока на плоскости не будут прямыми и решение на плоскости станет затейливым. Правильный ответ - стереографическая проекция поля двух точечных зарядов.

[fred1996]

amon в сообщении #1197756 писал(а):

Все-таки подниму. А то возникает впечатление, что лоханувшись со стереографической проекцией я со всем согласился. IMHO, решение

fred1996 в сообщении #1196236 писал(а):

Изначально точки располагаем в северном $O'$ и южном полюсе $O$ и строим прямую стереографическую проекцию. Все линии тока превращаются в прямые, пересекающиеся в одной точке, а эквипотенциальные кривые, это соответственно концентрические окружности.
Затем на плоскости делаем сдвиг так чтобы точка $O$ уехала куда надо в $E$. В данном конкретном случае на два радиуса вправо.
Ну и делаем обратную стереографическую проекцию на шар. Чтобы $E$ спроецировалась в нужную точку $A$. Линии тока опять переходят в окружности на сфере, а эквипотенциальные кривые в перпендикулярные им окружности.

неверно.

После сдвига в плоскости сдвинется центр окружности на полюсе, который больше не совпадает с самим полюсом. Кроме того, изменятся диаметры окружностей. Т.е. это будет решение другой задачи. Если же проектировать исходные окружности, то их центры не совпадают, линии тока на плоскости не будут прямыми и решение на плоскости станет затейливым. Правильный ответ - стереографическая проекция поля двух точечных зарядов.

Очень даже совпадает.
В моей стереографической ппроекции, если полярный угол $\theta$ отсчитывать от оси $z$ , радиус сферы взять за единицу и проектировать на плоскость на которой сфера стоит южным полюсом, получается такая картинка.
Возьмем окружность с очень маленьким радиусом $\varepsilon$ вокруг северого полюса, тогда проекция на нашу плоскость, это окружность с радиусом $\rho=\frac{2}{\varepsilon}$.
сдвинем теперь нашу плоскость на два радиуса сферы в положительном направлении $x$.
Тогда ординаты двух точек диаметра сдвинутой окружности будут $-\frac{2}{\varepsilon}+2$ и $\frac{2}{\varepsilon}+2$, и соответственно обратные их проекции на сферу уедут в точки $-\varepsilon -\varepsilon^2$ и $\varepsilon-\varepsilon^2$.
Таким образом после всех преобразований наша окружность вокруг северного полюса радиуса $\varepsilon$ сдвинется на расстояние $\varepsilon^2$ и никуда наш контакт с севера не уедет.

[amon]

fred1996 в сообщении #1197759 писал(а):

никуда наш контакт с севера не уедет.

Центр окружности уедет с полюса, и ее после этого к полюсу не стянуть. То, что центр сдвинется квадратично ни о чем не говорит, поскольку в полюсе сингулярность, и разлагать по $\varepsilon$ нельзя.

[fred1996]

Так а я ничего в полюсе не разлагаю. Я же выкинул эту полюсовую окресность.
Задача решается в кольце без особых точек. И у нее простое решение.
Еще раз.
1. Задаем на сфере две окружности радиуса $\varepsilon$ вокруг северного и южного полюса
2. Задаем на этих окружностях постоянные потенциалы $0$ и $U$
3. Решаем задачу Дирихле в полученном кольце между полюсами на сфере (решение очень простое)
4. Проецируем кольцо на сфере на нашу плоскость.
Сдвигаем плоскость на требуемое расстояние.
5. Делаем обратную проекцию. При этом на сфере опять появятся две маленькие окружности там где надо. То есть северного полюса опять нет. Он ни на одном этапе не фигурирует.

Никаких сингулярностей.

Ну а то, что задача не сводится к проекции потенциалов от двух зарядов на сферу, я уже ранее объяснял. Фокус в том, что на сфере токи будут смещены к поверхности в тонком слое, что приводит к пространственному заряду вблизи поверхности сферы.
Что в 3D соответствует уже уравнению Пуассона. Но поскольку у нас нет утечки тока с поверхности, то есть в радиальном направлении тока нет, значит радиальная составляющая уравнения Пуассона полность сокращается с правой частью и на поверхности сферы остается чистый двумернй Лаплас.

Жизнь бы была просиа и удивительна, если бы мы смогли сводить такие задачи к проекциям потенциалов от двух точечных зарядов на любые поверхности.
Например ту же задачу на торе.

[Munin]

amon
Вопрос: стереографическая проекция переводит уравнение Лапласа в уравнение Лапласа?

Берём и проецируем сферу с двумя полюсами: верхним и боковым. Получаем плоскость.

На ней уравнение Лапласа имеет решение: радиальный ток. Это решение единственно.

Обратной проекцией переносим его на сферу.

Что не так?

[fred1996]

А теперь для любителей конечных результатов.
Пусть у нас задана сфера с радиусом $r$ и пусть у нас заданы два круговых контакта с радиусом $\varepsilon$ на угловом расстоянии $\theta_0$ друг от друга. Пусть у нас задано удельное поверхностное сопротивление сферы $\rho$.
Определить сопротивление $R$ такой конструкции.

И второй попутный вопрос. Можно ли вычислить каким-то образом это удельное поверхностное сопротивление зная обычное удельное сопротивление фигурирующее в законе Ома $\vec{E}=\rho\vec{J}$ ?

[wrest]

У этой задачи (что в первом посте темы) вообще есть решение? Munin вроде решение знает, но ему скучно его записать, а больше никто решения не опубликовал.

[AnatolyBa]

Ну, для единичной сферы в подходе fred1996 получается что-то типа

$$j_\varphi=-\frac{I}{4 \pi}\frac{\sin \varphi}{1-\cos \varphi \sin \theta}$$

$$j_\theta=\frac{I}{4 \pi}\frac{\ctg(\theta/2)-\cos \varphi}{1-\cos \varphi \sin \theta}$$

Но не поручусь за верность. Имею обыкновение делать ошибки в таких расчетах

[amon]

Munin в сообщении #1197844 писал(а):

Вопрос: стереографическая проекция переводит уравнение Лапласа в уравнение Лапласа?

Да.

Munin в сообщении #1197844 писал(а):

Берём и проецируем сферу с двумя полюсами: верхним и боковым. Получаем плоскость.
На ней уравнение Лапласа имеет решение: радиальный ток. Это решение единственно

Да, вроде как единственно, поскольку на плоскости - единственно, и есть взаимно однозначное соответствие. Но ток не радиальный, поскольку, если мы спроектируем эту систему на плоскость (без манипуляций с бубном, которые предлагает уважаемый fred1996), то система не будет коаксиальной (центр далекой окружности не совпадет с центром окружности от проекции контакта на экваторе).

wrest в сообщении #1197891 писал(а):

У этой задачи (что в первом посте темы) вообще есть решение?

Есть. IMHO, примерно такое. Давайте повернем сферу так, что бы контакты оказались на дуге большого круга, проходящей через северный полюс на равном угловом расстоянии от него и дуга большого круга проектируется на ось $x$. Вместо того, что бы фиксировать потенциалы, зафиксируем токи. Тогда на плоскости имеем два одинаковых $\delta$-образных источника с центрами в точках $a$ и $-a$, расположенных на оси $x$. Потенциал на плоскости будет потенциалом двух точечных зарядов $\varphi=q\ln(\frac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{R})-q\ln(\frac{\sqrt{(x+a)^2+y^2}}{R}).$ Здесь $R$-параметр обрезания (радиус источника), от которого ответ не зависит, и введен он для красоты. Эквипотенциальная кривая определяется равенством

$$ \ln\left(\frac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\sqrt{(x+a)^2+y^2}}\right)=\operatorname{const} $$

Т.е. эквипотенциальные кривые - действительно окружности, но, IMHO, не те, что у fred1996'a (в последнем утверждении я на 100% не уверен, но 90% уверенности присутствует). Проектируя все это хозяйство назад на сферу по формулам

$$ \begin{align} X&=\frac{4x}{x^2+y^2+4}\\ Y&=\frac{4y}{x^2+y^2+4}\\ Z&=\frac{x^2+y^2-4}{x^2+y^2+4}, \end{align} $$

где $X,Y,Z$ - декартовы координаты на сфере (начало координат в центре сферы, ось $Z$ перпендикулярна плоскости), а $x,y$ - координаты на плоскости получим ответ.

[wrest]

AnatolyBa в сообщении #1197921 писал(а):

Ну, для единичной сферы в подходе fred1996 получается что-то типа

А углы откуда отсчитываются?

[fred1996]

To Amon

Цитата:

Вместо того, что бы фиксировать потенциалы, зафиксируем токи. Тогда на плоскости имеем два одинаковых $\delta$-образных источника с центрами в точках $a$ и $-a$, расположенных на оси $x$.

Какие токи вы фиксируете?
При конформных отображениях сохраняются потенциалы, а не токи.

Цитата:

Потенциал на плоскости будет потенциалом двух точечных зарядов $\varphi=q\ln(\frac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{R})-q\ln(\frac{\sqrt{(x+a)^2+y^2}}{R}).$ Здесь $R$-параметр обрезания (радиус источника), от которого ответ не зависит, и введен он для красоты.

Откуда в потенциалах от точечных зарядов взялись ваши логарифмы?

Цитата:

Эквипотенциальная кривая определяется равенством

$$ \ln\left(\frac{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}{\sqrt{(x+a)^2+y^2}}\right)=\operatorname{const} $$

Т.е. эквипотенциальные кривые - действительно окружности, но, IMHO, не те, что у fred1996'a (в последнем утверждении я на 100% не уверен, но 90% уверенности присутствует).

Никогда не знал, что у двух зарядов существует набор эквипотенциальных окружностей. Насколько мне известно, это справедливо только для разноименных зарядов различной величины да и то только у одной конкретной окружности, которую обычно используют в методе изображений.
И, раз уж на то пошло, то имено в вашем варианте остается сингулярность в бесконечности.
Хотя, я почти ничего не понял в вашем варианте.

[amon]

fred1996 в сообщении #1198024 писал(а):

Откуда в потенциалах от точечных зарядов взялись ваши логарифмы?

Задача двумерная. Функция Грина - логарифм (потенциал бесконечного заряженного провода).

[Munin]

amon в сообщении #1198008 писал(а):

Да, вроде как единственно, поскольку на плоскости - единственно, и есть взаимно однозначное соответствие. Но ток не радиальный

Вот этой логики я не понимаю.

На плоскости мы забываем про сферу. Просто решаем уравнение Лапласа. Для гранусловий "точка и бесконечность". Как там может получиться нерадиальный ток?!?

[amon]

Munin в сообщении #1198029 писал(а):

Просто решаем уравнение Лапласа.

Угу, так. Но второй контакт плохо уносить на бесконечность. Как там с решением при заданных потенциалах я не знаю, а если фиксировать токи (заряды), то при переносе на плоскость они преобразуются, и заряд в бесконечности будет, вроде бы, бесконечным, кроме того, задача двумерная и потенциал на бесконечности логарифмически расходится.. Поэтому я и писал, что ставить контакт в северный полюс нехорошо. Там наверняка есть какой-то предельный переход, но мне искать его лениво. IMHO, "моё" решение всех этих недоговоренностей позволяет избежать.

[fred1996]

amon в сообщении #1198026 писал(а):

fred1996 в сообщении #1198024 писал(а):

Откуда в потенциалах от точечных зарядов взялись ваши логарифмы?

Задача двумерная. Функция Грина - логарифм (потенциал бесконечного заряженного провода).

Вот тут то собака и зарылась.
Вы решаете двумерную задачу в предположении, что на плоскости у вас равномерная проводимость как на сфере. Но это не так. Еще раз повторю, при конформных отображениях сохраняются потенциалы, а не токи. Токи и поля масштабируются. Вы растягиваете сферу на плоскость. Значит в таком же локальном масштабе должны растянуть и токи.