Уравнение Пуассона в цилиндре

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268222 писал(а):

Смайт.

Я таки не удержался, и посмотрел, что за Смайт такой. Так вот, у него для бесконечного цилиндра. А мы тут про конечный. И вообще изложено путано как-то. Не надо его читать. И вообще, кто слишком много читает, отучается самостоятельно мыслить

[amon]

Alex-Yu в сообщении #1268330 писал(а):

Так вот, у него для бесконечного цилиндра.

Не-а. И для конечного тоже.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268365 писал(а):

И для конечного тоже.

А, ну да, дальше. Но все равно лучше это не читать. Читать надо только об общих методах. А конкретные задачи, тем более такие простые, надо самостоятельно решать. Иначе мозги заржавеют . Да и мутно у него все там, можно это сделать яснее.

-- Чт ноя 23, 2017 20:59:40 --

Alex-Yu в сообщении #1268298 писал(а):

пришел в голову другой способ решения

Кажись, я еще и третий способ придумал. Причем, вроде, этот третий должен быть наиболее эффективный в вычислительном отношении.

Но все по-порядку. Ждем пока ТС полностью разберется с методом разложения по собственным функциям лапласиана. Потом второй. Потом третий.

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1268288 писал(а):

Ответ-то в виде ряда по собственным функциям лапласиана получился?

Только что домой вернулся.

Этот ряд должен быть каким, двойным по обоим индексам?

[amon]

StaticZero в сообщении #1268508 писал(а):

Этот ряд должен быть каким, двойным по обоим индексам?

Угу.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268508 писал(а):

Этот ряд должен быть каким, двойным по обоим индексам?

Не вполне понятна формулировка: двойной по обоим индексам. По каждому индексу по одному разу. Индексов два. Итого двойной ряд.

Кстати, в этой задачке есть еще один не совсем тривиальный момент. И для точечного диполя, и просто для точечного заряда. Если заряд на оси, то плотность заряда в декартовых координатах будет пропорциональна $\delta(x)\delta(y)\delta(z-z_0)$. А как это будет в цилиндрических координатах? На первый взгляд может показаться, что $\delta(r)\delta(z-z_0)$, но это НЕПРАВИЛЬНО.

[amon]

StaticZero,
Так справились, или помочь? Там уже совсем ерунда осталась.

[StaticZero]

Так, я вернулся в тему. Прошу прощения.

Напишу сначала, чтобы не было путаницы в обозначениях дальше.

Решаем задачу $\Delta \varphi(r, z) + \lambda \varphi(r, z) = 0$, $\varphi(0, z) < \infty$, $\varphi(r_0, z) = 0$, $\varphi(r, 0) = \varphi(r, L) = 0$.

Как мне подсказал преподаватель матфизики, с условиями Дирихле нужно искать решение только в виде комплексных экспонент, поэтому выбираем числа так, чтобы

$$ Z''(z) + \mu^2 Z(z) = 0, $$

$$ R''(r) + \dfrac{1}{r} R'(r) + R(r) (\lambda - \mu^2) = 0. $$

Решение первого с учётом граничных условий даёт чистый синус $Z_n = \sin \dfrac{\pi n z}{L}$, $\mu_n = \dfrac{\pi n}{L}$.
Решение второго $R_{nm}(r) = A J_0 \left( r \sqrt{\lambda_{nm} - \mu^2_n}\right)$, $\lambda_{nm} = \mu^2_n + \dfrac{x_m^2}{r_0^2}$, $x_m$ — корни $J_0$.

Собственные функции получаются такими:

$$ \psi_{nm} = A \sin (\mu_n z) J_0 \left(\dfrac{r x_m}{r_0}\right). $$

Скалярное произведение

$$ (f(r, z) \cdot g(r, z)) = \int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr \int \limits_0^L f(r, z) g(r, z) \ \mathrm dz. $$

Для собственных функций

$$ (\psi_{nm} \cdot \psi_{kl}) = A^2 \int \limits_0^L \mathrm dz \sin (\mu_n z) \sin (\mu_k z) \int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr J_0 \left(\dfrac{r x_m}{r_0}\right) J_0 \left(\dfrac{r x_l}{r_0}\right) $$

Интеграл по $z$ равен $L/2 \cdot \delta_{nk}$. Радиальный интеграл

$$\begin{align*} &\int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr J_0\left(\dfrac{r x_m}{r_0}\right) J_0 \left(\dfrac{r x_l}{r_0}\right) = \delta_{ml} \dfrac{r_0^2}{2} J_1^2 (x_m). \end{align*}$$

Нормировочный множитель отсюда

$$ A^2 = \dfrac{2}{L} \dfrac{2}{r_0^2 J_1^2(x_m)}, \qquad A = \dfrac{2}{r_0 J_1(x_m) \sqrt L}. $$

Раскладываем функцию источника $\rho(r, z) = - \dfrac{d \delta(r) \delta'(z - z_0)}{2 \pi r}$ по собственным функциям:

$$\begin{align*} \rho_{nm} &= (\rho(r, z) \cdot \psi_{nm}(r, z)) = - A \dfrac{d}{2 \pi} \int \limits_0^L \delta'(z - z_0) \sin (\mu_n z) \ \mathrm dz \int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr \dfrac{\delta(r)}{r} J_0 \left(\dfrac{r x_l}{r_0}\right) = \\ &=\dfrac{A \mu_n d}{2 \pi}\cos(\mu_n z_0). \qquad (d \text{ --- дипольный момент}) \end{align*}$$

Теперь пусть $\Delta \varphi(r, z) + \rho(r, z) = 0$ — уравнение Пуассона с соответствующими граничными условиями. Разложим по собственным функциям $\psi_{nm}$:

$$ \varphi(r, z) = \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \varphi_{nm} \psi_{nm}(r, z), $$

$$ \rho(r, z) = \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \rho_{nm} \psi_{nm}(r, z), $$

$$ \Delta \varphi(r, z) = \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \varphi_{nm} \Delta \psi_{nm}(r, z) = -\sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \varphi_{nm} \lambda_{nm} \psi_{nm}(r, z) $$

уравнение приобретает вид

$$ \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty (-\varphi_{nm} \lambda_{nm} + \rho_{nm}) \psi_{nm} = 0. $$

Отсюда

$$ \varphi = \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{2 d}{J_1^2(x_m)} \dfrac{n}{\pi^2 n^2 r^2_0 + L^2 x^2_m} \cos \dfrac{\pi n z_0}{L} \sin \dfrac{\pi n z}{L} J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right). $$

Остался вопрос: куда делась сингулярность в точке $r = 0$, $z = z_0$?

-- 25.11.2017, 01:36 --

Alex-Yu в сообщении #1268549 писал(а):

А как это будет в цилиндрических координатах

В соседней теме про диполь было установлено, что $\rho(r, z) = - \dfrac{d \delta(r) \delta'(z - z_0)}{2 \pi r}$.

-- 25.11.2017, 02:05 --

Члены ряда ограничены сверху штукой вида $\dfrac{n}{n^2 + m^2} \dfrac{1}{m^2}$, то есть сходимость абсолютная.

[amon]

StaticZero в сообщении #1268837 писал(а):

$\dfrac{n}{n^2 + m^2} \dfrac{1}{m^2}$

А $\frac{1}{m^2}$ откуда взялось? Да и ряд $\sum_n\frac{n}{n^2+m^2}$ не шибко-то сходится.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268852 писал(а):

Да и ряд $\sum_n\frac{n}{n^2+m^2}$ не шибко-то сходится.

Ну это, судя по всему, ошибка. Ряд и не должен ВЕЗДЕ сходиться. В точке, где источник, он просто обязан расходиться. Там же должна получиться бесконечность. Ну и пусть ТАМ расходится, это правильно. В остальных точках осциллирующие множители приведут к тому, что сходимость все же будет.

Кстати, хорошо бы избавиться от этой плохой сходимости вблизи источника (и, как следствие, необходимости брать очень много членов ряда в практических вычислениях). Но с этим в третьем методе будем бороться (а есть еще и четвертый, хоть и не метод решения, но метод улучшения ряда). А пока второй. Будем избавляться от ДВОЙНОГО ряда, делать одинарный.

Собственно, нужно просто вернуться к первоначальным рассуждениям ТС, только немного их модифицировать. Там возникла проблема с функцией Неймана. Почему она возникла? Дело в том, что обычное в цилиндрических задачах условие регулярности в нуле --- это тоже, своего рода, граничное условие. А тут сингулярность источника "наехала" на это граничное условие. Особый случай! В принципе, можно попытаться "пробить", рассматривая асимтотику. Но лучше бы от этого всего избавиться. Как? А очень просто: разложить не по $z$, а потом решать уравнение Бесселя (неоднородное), а сделать все наоборот: разложить по круглым (обычным) бесселям

$$ \phi(z,r)=\sum_n Z_n(z)J_0(x_n r /r_0) $$

и решать неоднородное уравнение вида:

$$ Z'' - \mu Z = \delta(z-z_0) \qquad (*) $$

Здесь сингулярность источника уже не "наезжает" на граничное условие.

Я написал для заряда, а не для диполя (и опустил, индексы и множители). Но все абсолютно аналогично, переделать на диполь --- самостоятельное упражнение.

Как решать уравнение (*)? Можно, конечно, методом вариации постоянных (или использовать, в качестве частного решения, решение на всей оси, получаемое методом интеграла Фурье), но лучше (и проще) иначе. Сейчас опишу простой прием, позволяющий быстро получить решение, причем в очень "хорошей" форме.

Заметим, что везде КРОМЕ ТОЧКИ $z=z_0$ уравнение является однородным, два базисных решения $e^{\pm\sqrt{\mu}z}$ которого известны (находятся на раз). Поэтому можно написать:

$$ Z=(C_1e^{\sqrt{\mu}z} + C_2e^{-\sqrt{\mu}z})\Theta(z-z_0) + (C_3e^{\sqrt{\mu}z} + C_4e^{-\sqrt{\mu}z})\Theta(z_0-z) $$

Где $\Theta$ --- функция Хевисайда (единичный скачок). Подставляем этот анзац в (*) и вспоминаем, что $\Theta'(z)=\delta(z)$. Тогда в левой части получится сумма двух сингулярных членов (с коэффициентами): $\delta(z-z_0)$ и $\delta'(z-z_0)$. Чтобы уравнение выполнялось, нужно чтобы выполнялось два (линейных!) условия на коэффициенты.

Два условия на четыре коэффициента $C_i$ есть. Еще два граничных условия, и все $C_i$ определяются запросто!

В качестве дополнительного упражнения (и проверки) рекомендую стандартным образом разложить полученную функцию $Z(z)$ в ряд Фурье, и убедиться, что получается в точности то, что ранее было получено методом разложения по собственным функциям лапласиана.

[StaticZero]

amon в сообщении #1268852 писал(а):

А $\frac{1}{m^2}$ откуда взялось

Фигню спорол.

На бесконечности $J_1(x) \sim \dfrac{1}{\sqrt x}$, поэтому должно быть $\dfrac{nm}{n^2+m^2}$. А это уже плохо.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268898 писал(а):

А это уже плохо.

А не очень. Ряд-то знакопеременный (ну не в банальном смысле, но тем не менее). Кроме одной единственной точки, где и ДОЛЖНА быть расходимость.

Пока доказательством сходимости не грузитесь. Хорошо бы, конечно... Но физики обычно этим не грузятся. Во всяком случае СНАЧАЛА разберите все варианты.

[amon]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1268371 писал(а):

Причем, вроде, этот третий должен быть наиболее эффективный в вычислительном отношении.

Эффективность вычислений самого ряда IMHO, некая вещь в себе. Это ведь функция Грина, и хорошо бы иметь возможность считать в замкнутом виде (хотя бы в виде интеграла) вещи типа $\int G(x-x_0)\rho(x_0)dx_0,$ а в этом месте ряд по корням очень мешается.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1268902 писал(а):

Это ведь функция Грина, и хорошо бы иметь возможность считать в замкнутом виде (хотя бы в виде интеграла) вещи типа $\int G(x-x_0)\rho(x_0)dx_0,$

И кто мешает интегрировать ряд почленно? Слишком многого хотите. В реальной жизни такого не бывает. Точнее бывает очень и очень редко.

Кстати, после интегрирования с плавной функцией $\rho$ сходимость, очевидно, улучшится. Кстати, это связанно с вот каким делом. Математики, по неясной причине, все время хотят именно поточечной сходимости функциональных рядов. А зачастую это абсолютно не нужно! Нужна более слабая сходимость, сходимость свертки ряда с некой, пусть и "довольно острой" функцией (типа гауссиана). По той простой причине, что измерить функцию в точке НЕВОЗМОЖНО. Измеряется всегда СВЕРТКА с аппаратной функцией прибора. Т.е. не функция в точке, а функционал. Кстати, просто оборвать ряд --- это тоже свернуть его с некой аппаратной функцией. В общем регуляризация, о которой любят в КТП рассуждать.

И вообще, сходимость всегда подразумевает некую топологию (читайте Келли "Общая топология"). А то, что не сходится в одной топологии, сходится в другой топологии. В дискретной топологии так вообще ВСЕ сходится. Правда, от такой сходимости (в дискретной топологии) нет совсем никакого толку. Ибо она, так сказать, "предельно нехаусдорфова" (не различает вообще ничего, в ней все сходится к одной и той же "точке"). Но если не такая совсем уж неотделимость, то уже даже от сходимости по нехаусдорфовой топологии уже есть некоторый толк.

Ну ладно, отвлеклись. А функцию Грина все равно надо бы уметь считать в точке (но приближенно, оборвав ряд, т.е. регуляризовав). И членов при этом суммировать бы поменьше. Доберемся и до этого. А пока ждем реакции ТС на способ решения N2.

[StaticZero]

$$ \varphi(r, z) = \sum \limits_{m=1}^\infty Z_m(z) J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right). $$

$$ \Delta \varphi = \sum \limits_{m=1}^\infty \Big[Z_m \Delta_r J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) + Z''_m J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \Big]. $$

$$\begin{align*} &\Delta_r J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = \dfrac{\mathrm d^2 J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) }{\mathrm d r^2} + \dfrac{1}{r} \dfrac{\mathrm d J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right)}{\mathrm dr} = \dfrac{x^2_m}{r^2_0} J_0'' \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) + \dfrac{x_m}{r r_0} J_0' \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = \\ &= \dfrac{x^2_m}{r^2_0} \left(\dfrac{r_0}{r x_m} J_1 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) - J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \right) - \dfrac{x_m}{rr_0} J_1 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right). \end{align*}$$

$$ \Delta \varphi = \sum \limits_{m=1}^\infty J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \left(Z''_m - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m \right). $$

$$ \rho_m = - \dfrac{d \delta'(z - z_0)}{2 \pi} \int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr \dfrac{\delta(r)}{r} = - \dfrac{d \delta'(z-z_0)}{2 \pi}. $$

$$ Z''_m - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m - \dfrac{d \delta'(z - z_0)}{2 \pi} = 0. $$

$$ Z_m = \left[A \sh \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + B \ch \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right)\right] \theta(z - z_0) + \left[C \sh \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + D \ch \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) \right] \theta(z_0 - z). $$

$$ Z_m'' - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m = \delta'(z - z_0) \left[ (A - C) \sh + (B - D) \ch \right] + \dfrac{2 x_m}{r_0} \delta(z - z_0) \left[ (A + C) \ch + (B + D) \sh \right]. $$

$$ \begin{cases} A + C = 0, \\ B + D = 0. \end{cases} $$

От анзаца осталось это:

$$ Z_m = \left[A \sh \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + B \ch \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right)\right] \left[ \theta(z - z_0) - \theta(z_0 - z) \right]. $$

Граничные условия

$$ Z_m(0) = 0 = - B = 0, $$

$$ Z_m(L) = 0 = A \sh \left( \dfrac{x_m L}{r_0} \right) = 0. $$

Получается $A = B = C = D = 0$, нулевое решение.