Уравнение Пуассона в цилиндре

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268194 писал(а):

А как-нибудь вообще получится с таким разложением?..

Я отредактировал пост, перечитайте.

[amon]

StaticZero в сообщении #1268194 писал(а):

А как-нибудь вообще получится с таким разложением?

Дело темноватое. У Вас не выполнены граничные условия на стенках цилиндра, зато выполнены на "крышках". Обычно делают наоборот (меняют знаки констант разделения). Тогда по $z$ будет убывающая экспонента, а по $\rho$ - обычный бессель.

Если стенку цилиндра совместить с нулём бесселя, то условие на стенке выполнится, а условие на крышках можно выполнить методом изображений (решаем задачу для бесконечного цилиндра и отражаем диполь в плоскостях крышек). Получится некий жутковатый ряд.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268198 писал(а):

Тогда по $z$ будет убывающая экспонента,

Две экспоненты: растущая и убывающая. А не получится ли построить полную систему собственных функций лапласиана? С полным выполнением граничных условий? Что-то не соображу... Если получится, то, может, не париться, а разложить ВСЕ (и неоднородность тоже) по этим функциям и дело с концом!

[amon]

Alex-Yu в сообщении #1268203 писал(а):

Две экспоненты: растущая и убывающая.

Растущую надо выкинуть - при радиусе стремящемся к бесконечности должно получаться поле диполя.

[StaticZero]

amon в сообщении #1268198 писал(а):

У Вас не выполнены граничные условия на стенках цилиндра, зато выполнены на "крышках".

Судя по тому противоречию, которое я получил, выполнить условия на стенках в принципе не получится? Такое ощущение создаётся, что я выбрал такое разложение, которое заведомо не может удовлетворить им, но как это понять, я не знаю. Нам что-то вроде "готовых рецептов" показали и одно шаблонное решение, в правильности которого у меня теперь сомнения.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268204 писал(а):

при радиусе стремящемся к бесконечности должно получаться поле диполя.

Какой радиус? Экспоненты по z. Да и потом в конечной же области по z. Никакого диполя, очень много диполей (если по методу отражений).

А вообще задачу надо решать для точечного заряда (чтобы попроще), диполь из такого решения делается запросто.

[amon]

Alex-Yu в сообщении #1268206 писал(а):

Какой радиус? Экспоненты по z.

Решение будет иметь вид некоторого ряда по корням нулевых бесселей, коэффициенты которого зависят от радиуса цилиндра. В пределе радиус и высота цилиндра к бесконечности ряд должен давать потенциал диполя. Для точечного заряда решение я где-то видел, но не помню где.

StaticZero в сообщении #1268205 писал(а):

Судя по тому противоречию, которое я получил, выполнить условия на стенках в принципе не получится?

Может и получится, но надо собирать ряд из модифицированных бесселей и ставить условие на стенках. Можно ли через это пробиться - бог весть.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268205 писал(а):

Судя по тому противоречию, которое я получил, выполнить условия на стенках в принципе не получится?

Как-нибудь, может и получится. Только как... Попробуйте искать не сразу решение, а собственные функции ОДНОРОДНОГО уравнения. А потом устройте разложение по этим собственным функциям (и неоднородности в т.ч.). Вроде (?) для собственных функций удовлетворить граничные условия будет можно. Там же появится, своего рода, дополнительная степень свободы (не в буквальном смысле!): собственное число. Есть надежда, что "двигая" собственное число, модифицированный бессель можно превратить в обычный, "круглый". А обратить в ноль круглый бессель --- делать нечего.

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1268208 писал(а):

собственные функции ОДНОРОДНОГО уравнения

Ну, делим переменные $\varphi = R(r) Z(z)$ и получаем

$$ \dfrac{R'' + 1/r R'}{R} + \dfrac{Z''}{Z} + \lambda = 0. $$

Два уравнения

$$ Z'' + \mu Z = 0, $$

$$ R'' + 1/r R' + (-\mu + \lambda)R = 0. $$

Тут получаются обычные бесселя и экспоненты. Это правильно?

[amon]

StaticZero в сообщении #1268210 писал(а):

Это правильно?

Угу.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268210 писал(а):

обычные бесселя и экспоненты.

Надо обычные бессели и СИНУСЫ (чтобы удовлетворить все гранусловия). Что, вроде, вполне делается при подходящих лямбдах.

[amon]

Alex-Yu в сообщении #1268213 писал(а):

Надо обычные бессели и СИНУСЫ (чтобы удовлетворить все гранусловия).

Не получится. Принцип максимума не даст так сделать (вне заряда у нас лаплас).
StaticZero
Не, не угу. $\lambda$ откуда взялась?

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268214 писал(а):

$\lambda$ откуда взялась?

Это собственное число. Мы НЕ РЕШАЕМ пока уравнение, мы ищем собственные функции оператора. Потом по ним разлагать будем (все, включая неоднородность).

Уравнение на собственные функции --- это "хорошее" уравнение Гельмгольца, а не "плохое" уравнение Лапласа.

[StaticZero]

Решение первого уравнения $Z(z) = A \sin (\sqrt \mu z) + B \cos(- \sqrt \mu z)$, решение второго будет, наверное, $R(r) = C J_0 (\sqrt{\lambda - \mu} r) + D N_0 (\sqrt{\lambda - \mu} r)$.

Кого по ним раскладываем?

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268216 писал(а):

Решение первого уравнения $Z(z) = A \exp(\mu z) + B \exp(-\mu z)$, решение второго будет, наверное, $R(r) = C J_0 ((\lambda + \mu) r) + D N_0 ((\lambda + \mu) r)$.

Не, так не пойдет. Экспоненты переделать в синусы (и, кстати, вранье убрать: потерянные корни). Потребовать выполнения гранусловий при $z=0,L$, отсюда определяются допустимые $\mu$. Потом для КАЖДОГО допустимого $\mu$ найти множество (!) допустимых $\lambda$ (убрав аналогичное вранье из бесселей), из условия, что на боковой поверхности цилиндра должен быть ноль (т.е. бессель зануляется). Функцию Неймана выкинуть (сингулярная она).