Уравнение Пуассона в цилиндре

[StaticZero]

amon, ждём-с...

(Это я к тому, что тема всё ещё представляет интерес, на всякий случай замечу.)

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1270343 писал(а):

тема всё ещё представляет интерес,

Коль все еще представляет интерес, Вы бы все-таки сделали разложение решения по второму методу в ряд Фурье по $z$. Не так уж сложно. Надо лишь аккуратно и не спеша повозиться. Все интегралы должны взяться, экспонента с синусом интегрируется (не забыть, что там функция "по кускам" задана, на двух интервалах). Должно получиться (и я уверен получится, если нет примитивных ошибок типа потерянного коэффициента или что-то вроде того) в точности ответ по первому методу, против которого amon хочет возражать. При наличии такого ЯВНОГО преобразования дальнейшее обсуждение было бы значительно конструктивнее. Тем более, что amon против второго способа (точнее его варианта из книжки и для заряда вместо диполя) не возражал.

[StaticZero]

$$ \int e^{\lambda x} \sin bx \ \mathrm dx = \dfrac{e^{\lambda x}(\lambda \sin bx - b \cos bx) }{\lambda^2 + b^2}. $$

$$f(x) = \left(A e^{\lambda x} + B e^{- \lambda x}\right) \theta(x - x_0) + \left(C e^{\lambda x} + D e^{- \lambda x}\right) \theta(x_0 - x).$$

$$ \int \limits_0^{x_0} e^{\lambda x} \sin \dfrac{\pi n x}{L} \ \mathrm dx = \dfrac{e^{\lambda x_0}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}}\left( \lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L} - \dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L} \right) + \dfrac{\pi n}{L} \dfrac{1}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}}. $$

$$ \int \limits^L_{x_0} e^{\lambda x} \sin \dfrac{\pi n x}{L} \ \mathrm dx = \dfrac{e^{\lambda L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}}\left((-1)^{n+1}\dfrac{\pi n}{L}\right) - \dfrac{e^{\lambda x_0}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}}\left( \lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L} - \dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L} \right). $$

$$ \begin{align} &\dfrac{2}{L} \int \limits_0^L f(x) \sin \dfrac{\pi n x}{L} \ \mathrm dx = \dfrac{2}{L} \int \limits_0^{x_0} \left(C e^{\lambda x} + D e^{- \lambda x}\right) \sin \dfrac{\pi n x}{L} \ \mathrm dx + \dfrac{2}{L} \int \limits_{x_0}^L \left(A e^{\lambda x} + B e^{- \lambda x}\right) \sin \dfrac{\pi n x}{L} \ \mathrm dx = \\ &= \dfrac{2}{L} \dfrac{1}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left(\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L} \left( C e^{\lambda x_0} - D e^{- \lambda x_0} \right) - \dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L} \left(C e^{\lambda x_0} + D e^{-\lambda x_0} \right) \right) + \\ &+ \dfrac{2}{L} \dfrac{1}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \Big \lbrace-\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L} \left( A e^{\lambda x_0} - B e^{- \lambda x_0} \right) + \dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L} \left(A e^{\lambda x_0} + B e^{-\lambda x_0} \right) - \\ &- (-1)^n \dfrac{\pi n}{L} \left( A e^{\lambda L} + Be^{-\lambda L}\right) \Big \rbrace = \dfrac{2}{L} \dfrac{\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left( (C - A) e^{\lambda x_0} + (B - D) e^{-\lambda x_0} \right) + \\ &+ \dfrac{2}{L} \dfrac{\dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left( (A - C) e^{\lambda x_0} + (B - D) e^{-\lambda x_0} \right) + \dfrac{2}{L} \dfrac{(-1)^{n + 1} \pi n}{L} \dfrac{Ae^{\lambda L} + Be^{-\lambda L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \end{align} $$

Дело дрянь

-- 02.12.2017, 15:29 --

Вытащим уравнение

$$ f''(x) - \lambda^2 f(x) = q \delta'(x - x_0). $$

Подставим в правую часть анзац, тогда будет

$$ 2 \lambda \delta(x - x_0) \left(A e^{\lambda x} - Be^{-\lambda x} + C e^{\lambda x} - De^{-\lambda x}\right) + \delta'(x - x_0)\left(A e^{\lambda x} + Be^{-\lambda x} - Ce^{\lambda x} - De^{-\lambda x} \right) = q\delta'(x - x_0). $$

Тогда $(A + C)e^{\lambda x_0} - (B + D) e^{-\lambda x_0} = 0$ и $(A - C)e^{\lambda x_0} + (B - D)e^{-\lambda x_0} = q$, там ещё граничные условия болтаются типа $C +D = 0$ и $Ae^{\lambda L} + Be^{\lambda L} = 0$, но из полезного только последние два можно сюда всунуть, останется только

$$\begin{align} &\dfrac{2}{L} \dfrac{\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left( (C - A) e^{\lambda x_0} + (B - D) e^{-\lambda x_0} \right) + \dfrac{2}{L} \dfrac{\dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left( (A - C) e^{\lambda x_0} + (B - D) e^{-\lambda x_0} \right) +\\&= \dfrac{2}{L} \dfrac{(-1)^{n + 1} \pi n}{L} \dfrac{Ae^{\lambda L} + Be^{-\lambda L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} = \\&=\dfrac{2}{L} \dfrac{\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \left(- (A - C) e^{\lambda x_0} + (B - D) e^{-\lambda x_0} \right) + \dfrac{2q }{L} \dfrac{\dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} \end{align}$$

чтоб первое слагаемое развалить, надо будет ещё пару этажей сверху наварить

-- 02.12.2017, 15:38 --

Ну разве что упростить

$$ \dfrac{2q}{L} \dfrac{\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} + \dfrac{2q}{L} \dfrac{\dfrac{\pi n}{L} \cos \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} - \dfrac{4 (A - C)e^{\lambda x_0}}{L} \dfrac{\lambda \sin \dfrac{\pi n x_0}{L}}{\lambda^2 + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} $$

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271054 писал(а):

Дело дрянь

Да не так уж и дрянь. Это не длинные выражения, Вы на самом деле длинных (станиц на 5 одна формула), видимо, еще не видели.Для тригонометрических функций очень много всяких разных тождеств. Ну и для ABCD надо подставить явные формулы, причем выраженные через экспоненты, а не гиперболические функции.


Обратите внимание, что знаменатель, похоже, получился точно такой, как надо. И n в числителе есть. Ну а синусам-косинусами надо повозиться. Смелее!

[StaticZero]

Член при синусе

$$ q - 2 (A - C)e^{\lambda x_0} = q - \dfrac{q p^2 (p^2 + 1)(r^2 + 1)}{p^4 - r^2} = q \dfrac{p^4 - r^2 - p^4 - p^4 r^2 - p^2 - p^2 r^2}{p^4 - r^2} $$

где $p = e^{\lambda x_0}$, $r = e^{\lambda L}$.

[Alex-Yu]

Alex-Yu в сообщении #1271075 писал(а):

Ну и для ABCD надо подставить явные формулы

По общему виду формул весьма похоже на то, что пока (!) не получилось именно потому, что это не сделано.

[StaticZero]

$$ \begin{pmatrix} A \\ B \\ C \\ D \end{pmatrix} = \dfrac{pq}{2 (p^4 - r^2)} \begin{pmatrix} p^2 + 1 \\ - (p^2 + r^2) \\ - r^2 (p^2 + 1) \\ p^2 + r^2 \end{pmatrix} $$

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271086 писал(а):

Член при синусе

Проверьте все внимательно. В т.ч. ранее полученные формулы для ABCD

-- Сб дек 02, 2017 20:59:56 --

StaticZero в сообщении #1271086 писал(а):

Член при синусе

А что с членом при косинусе? Если туда лямбду подставить и доделать эту часть до конца.

[StaticZero]

$$ \dfrac{2 d}{2 \pi L} \dfrac{\pi n}{L} \dfrac{1}{\dfrac{x^2_m}{a^2} + \dfrac{\pi^2 n^2}{L^2}} = \dfrac{n d a^2}{L^2 x^2_m + \pi^2 n^2 a^2} $$

ещё там от нормировки при разложении по бесселям сюда заполучим $\dfrac{2}{a^2 J^2_1(x_m)}$ окончательно

$$ \dfrac{n d a^2}{L^2 x^2_m + \pi^2 n^2 a^2} \dfrac{2}{a^2 J^2_1(x_m)} = \dfrac{2 n d}{J^2_1(x_m)} \dfrac{1}{L^2 x^2_m + \pi^2 n^2 a^2} $$

всё точно и хорошо с косинусом
стало быть надо чтобы синус уничтожился

[Alex-Yu]

Аналогичная, но более простая задача. На всей бесконечной оси.

$$ u'' -\lambda^2u=\delta'(x) $$

$$ v(k)=\int u(x) e^{ikx}dx $$

$$ -(k^2+\lambda^2)v=ik \qquad v=-\dfrac{ik}{k^2+\lambda^2} $$

Другой способ, через аназац.

$$ u=A\theta(x)e^{-\lambda x} + B\theta(-x)e^{\lambda x} $$

$$ u'=A\delta(x)e^{-\lambda x} - B\delta(x)e^{\lambda x} - \lambda A \theta(x)e^{-\lambda x} + \lambda B \theta(-x)e^{\lambda x} $$

$$ u'' = A \delta'(x) e^{-\lambda x} - B \delta'(x)e^{\lambda x } - \lambda A\delta(x) e^{-\lambda x} - B \delta (x)e^{\lambda x} - \lambda A \delta(x)e^{-\lambda x} - \lambda B \delta(x)e^{\lambda x} + $$

$$ + \lambda^2A\theta(x)e^{-\lambda x} + \lambda^2\theta(-x)e^{\lambda x} $$

$$ u'' - \lambda^2 u = (A-B)\delta'(x) - (A+B)2\lambda \delta(x) $$

Отсюда

$$ A=-B= \dfrac{1}{2} $$

$$ u=\dfrac{1}{2}e^{-|\lambda x|} sign(x) \qquad sign(x) = \{1 \, , x> 0 \, ; -1 \, , \, x<0 \} $$

Далее явно берем фурье-образ:

$$ v=\dfrac{1}{2}\int \sign(x) e^{-|\lambda x|} e^{ikx} dx = Im \int_0^{\infty} e^{-\lambda x} e^{ikx} dx = Im \, \dfrac{1}{ik - \lambda} = - \dfrac{ik}{k^2+\lambda^2} $$

Сравнение с методом Фурье показывает, что получилось в точности то же самое.


Для бесконечного интервала работает, а для конечного нет??? Да ну на фиг...

[StaticZero]

Так, сначала всё делаем. Вводим обозначения $\lambda = x_m/a$, $p = e^{\lambda x_0}$, $r = e^{\lambda L}$. У нас уравнение

$$ f''(x) - \lambda^2 f(x) = q \delta'(x - x_0). $$

Анзац

$$ f(x) = \left[A e^{\lambda x} + Be^{-\lambda x}\right]\theta(x - x_0) + \left[C e^{\lambda x} + D e^{-\lambda x}\right]\theta(x_0 - x). $$

Левая часть уравнения

$$ f''(x) - \lambda^2 f(x) = 2 \lambda \left[(A + C) e^{\lambda x} - (B + D) e^{-\lambda x}\right]\delta(x - x_0) + \left[(A - C) e^{\lambda x} + (B - D)e^{-\lambda x}\right]\delta'(x - x_0). $$

Система уравнений получается такая:

$$ \begin{align} (A + C) p - (B + D) \dfrac{1}{p} = 0, \\ (A - C) p + (B - D) \dfrac{1}{p} = q, \\ C + D = 0, \\ A r + \dfrac{B}{r} = 0 \end{align} $$

$$ \begin{pmatrix} p^2 & -1 & p^2 & -1 \\ p^2 & +1 & -p^2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ r^2 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A \\ B \\ C \\ D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ pq \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Вольфрам решает:

$$ \begin{pmatrix} A \\ B \\ C \\ D \end{pmatrix} = \dfrac{pq}{2r^2 (p^2 + 1)} \begin{pmatrix} -(p^2 + 1) \\ r^2 (p^2 + 1) \\ p^2 + r^2 \\ - (p^2 + r^2) \end{pmatrix} $$

Мы ищем значение выражения $(C - A)p + (B - D) p^{-1}$, оно равно

$$\begin{align} &\dfrac{q}{2 r^2 (p^2 + 1)} \left((p^2 + r^2 + 1 + p^2)p^2 + (r^2 p^2 + r^2 + p^2 + r^2)\right) = \\=& \dfrac{q(p^4 + p^2 r^2 + p^2 + p^4 + p^2 r^2 + r^2 + p^2 + r^2)}{2 r^2 (p^2 + 1)} = \\ = &\dfrac{q}{2 r^2 (p^2 + 1)} (2 p^4 + 2p^2 r^2 + 2 p^2 + 2 r^2) = \dfrac{q(r^2 + 1)(p^2 + 1)}{r^2(p^2 + 1)} = \dfrac{q(r^2 + 1)}{r^2}. \end{align} $$

-- 02.12.2017, 17:39 --

Ещё вариант, что я налажал в Фурье, но там два раза на бумаге одно и тоже получилось.

-- 02.12.2017, 17:41 --

Alex-Yu в сообщении #1271098 писал(а):

$$ u'' = A \delta'(x) e^{-\lambda x} - B \delta'(x)e^{\lambda x } - \lambda A\delta(x) e^{-\lambda x} - B \delta (x)e^{\lambda x} - \lambda A \delta(x)e^{-\lambda x} - \lambda B \delta(x)e^{\lambda x} + \lambda^2A\theta(x)e^{-\lambda x} + \lambda^2\theta(-x)e^{\lambda x} $$

Вы тут за лимит уехали.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271108 писал(а):

Ещё вариант,

Посмотрите для бесконечного интервала. Я дописал.

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1271113 писал(а):

Посмотрите для бесконечного интервала. Я дописал.

Посмотрел. Я вроде всё то же самое делаю.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271115 писал(а):

Посмотрел. Я вроде всё то же самое делаю.

Где-то ошибка. Что тут посоветовать... Попробуйте сделать технически менее громоздкий вариант: диполь в центре и начало координат тоже в центре (экспоненты все одинаковые станут, с точностью до знака ). Посмотреть более частную задачу а потом сравнить помогает найти ошибку в решении более общей задачи.


Я обратил внимание на то, что Вы очень быстро делаете выкладки. Я тоже так делал в молодости, а потом, набив шишек, пришел к выводу, что если делать быстро, то получается на самом деле дольше (потом замучаешься ошибки отлавливать). Хорошенько проверяйте каждый шаг.

[StaticZero]

StaticZero в сообщении #1271108 писал(а):

Система уравнений получается такая:

$$ \begin{align} (A + C) p - (B + D) \dfrac{1}{p} = 0, \\ (A - C) p + (B - D) \dfrac{1}{p} = q, \\ C + D = 0, \\ A r + \dfrac{B}{r} = 0 \end{align} $$

Вот такая:

$$ \begin{align} (A - C) p - (B - D) \dfrac{1}{p} = 0, \\ (A - C) p + (B - D) \dfrac{1}{p} = q, \\ C + D = 0, \\ A r + \dfrac{B}{r} = 0 \end{align} $$

Первое уравнение это то же самое, что $(C - A)p + (B - D) p^{-1} = 0$. А это и есть коэффициент перед синусом в точности. Всё сошлось.