Уравнение Пуассона в цилиндре

[StaticZero]

amon в сообщении #1271520 писал(а):

$$ f=-\frac{q\sh\lambda x}{\sh\lambda L}+q\theta(x-x_0) $$

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

[amon]

StaticZero,шустрость Ваша не знает границ! Мне показалось, что я свою глупость стер мгновенно, ан - нет!

StaticZero в сообщении #1271364 писал(а):

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

IMHO, частное решение ловко получается преобразованием Фурье исходного уравнения: $(-k^2-\lambda^2)\varphi(k)=-ike^{ikx_0}.$ Обратное считается по вычетам, и вроде как, получается $f=e^{-\lambda(x-x_0)}\theta(x-x_0)-e^{\lambda(x-x_0)}\theta(x_0-x)$

-- 03.12.2017, 20:45 --

К стати, о рядах Фурье. Если это решение раскладывать в ряд Фурье на отрезке $[0,L],$ то на разрыве ряд сойдется к среднему арифметическому от разрыва. С этим, собственно, и связаны трудности со сходимостью и вообще использованием рядов Фурье в таких задачах. А двойной ряд, IMHO, вообще труба - его, видимо, употреблять можно только как обобщенную функцию. В этом и заключается моя претензия к такому решению, может, слишком жестко сформулированная.

[StaticZero]

amon, с этим разрывом я как раз разобрался (я только забыл, на каком промежутке раскладывать )(или мне как всегда только кажется, а я опять где-то ошибся), напишу как-нибудь, что у меня получилось.

[Alex-Yu]

amon в сообщении #1271549 писал(а):

трудности со сходимостью и вообще использованием рядов Фурье в таких задачах.

Я много раз использовал ряды Фурье в таких задачах, и что-то никаких трудностей при этом не замечал. То есть вообще никаких. Да, очень близко к сингулярности поточечная сходимость плохая. Но оно кому-нибудь надо считать так уж совсем вблизи сингулярности? Тем более, что мы и так знаем, что там на самом деле совсем близко к источнику. Вообще без каких-либо рядов и дифуров знаем. А не очень близко к сингулярности --- вообще никаких проблем. Тупо в лоб. Тем более, что на современном компьютере просуммировать десяток тыс (да хоть миллион) членов ряда --- делать нечего, запросто (между прочем миллион членов в двойном ряде --- это по тысячи членов по каждому индексу, не так уж мало, а можно и сто миллионов просуммировать). Точность вычислений только желательно побольше взять. В Free Pascal, например, есть тип extended, это точность даже больше чем double.

Собственно за счет обрыва ряда сингулярность будет просто немного сглажена. Ну сглажена, и что с того. Есть же и мозги в голове кроме процессора в компьютере....

P.S. На самом деле при использовании рядов Фурье более существенно явление Гиббса. Но по существу это тоже никакая не проблема. Если, конечно, знаешь о таком явлении. Кстати, не так уж сложно его убрать, устроив плавный обрыв ряда вместо резкого (есть такая штука, которая называется аподизация, ну это к гуглу).

[amon]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1271610 писал(а):

ем более, что на современном компьютере просуммировать десяток тыс (да хоть миллион) членов ряда --- делать нечего, запросто

Численно проблем действительно немного. Я то пытался из почти такой же задачи отковырять приближенное аналитическое решение, и чего-то совсем не преуспел с рядами.

[Alex-Yu]

(Оффтоп)

Для получения аналитического решения (лучше сказать простого решения через известные функции) ряды вообще обычно довольно бесполезны. Любые, хоть Фурье, хоть не Фурье, и сравнительно хорошо сходящиеся в т.ч. В этом смысле лучше интеграл, с интегралом больше что делать можно. Кстати, можно попробовать помутить что-нибудь в духе метода Ватсона. Хотя зачем... Это только ряд по синусам так может быть удастся (если удастся) свернуть в интеграл. Все равно останется ряд по бесселям. В компьютер и не ломать себе голову!

А вообще я не верю в простые формулы для решения таких задач. Ну, была бы хотя бы сфера, бесконечный (!) цилиндр. А конечный цилиндр... Нет, не верю. Если и бывает, то очень и очень редкий специальный случай. Я не знаю ни одного примера для конечного цилиндра.

[amon]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1271664 писал(а):

Я не знаю ни одного примера для конечного цилиндра.

Так уж и не знаете ;) Собственные моды металлического цилиндра прекрасно считаются. Для диэлектрического - хуже, но есть приличное приближенное решение. А если в цилиндр засунуть активную слабо неоднородную среду, то возникает задачка типа той, с которой бьётся StaticZero. Отсюда я про Смайта и узнал.

[StaticZero]

$$ S = \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \operatorname{sign} x \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - |x|)}{\sh (\pi s)}. $$

Если доопределить знак нулём в нуле, тогда функция справа на $[-\pi, \pi]$ правильно передаёт сумму ряда. Фактически, один из рядов убился. Решение имеет вид довольно дикий. Мы исходим из двойного ряда

$$ \varphi = \dfrac{d}{2 \varepsilon_0 \pi^2} \sum \limits_{m = 1}^\infty A^2_{nm} J_0 \left( \dfrac{r x_m}{a} \right) \sum \limits_{n = 1}^\infty \dfrac{n}{n^2 + \dfrac{L^2 x^2_m}{\pi^2 a^2}} \left( \sin \left( \dfrac{\pi n (z - z_0)}{L} \right) + \sin \left( \dfrac{\pi n (z + z_0)}{L}\right) \right) $$

где $A_{nm}$ зависит от того, равно ли нулю $r$ или нет. Оставим пока этот коэффициент на месте. Ряд внутри с помощью упомянутой формулы можно отсуммировать.

Здесь $x = \pi (z-z_0)/L$ и $s = \dfrac{L^2 x^2_m}{\pi^2 a^2}$. В силу положительности $z$ и $z_0$ для числа $x$ верхняя грань равна $\pi$ и нижняя грань равна $-\pi$ (не достигаются, так как $z_0 = 0$ или $z_0 = L$ запрещено). Стало быть, формула выше применима, и

$$ \sum \limits_{n = 1}^\infty \dfrac{n}{n^2 +s^2} \sin nx = \operatorname{sign} x \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s\left(\pi -\left|x \right| \right)}{\sh (\pi s)}. $$

Со второй штукой всё несколько сложнее. Там $x = \dfrac{\pi (z + z_0)}{L}$, нижняя грань - это нуль, а верхняя - это $2 \pi$, то есть в промежуток не совсем впишется. Но по отдельности на промежутке $(0, \pi)$ всё ок,а промежуток $(\pi, 2\pi)$ можно перевести в промежуток $(-\pi, 0)$ вычитанием $2\pi$. Рассмотрим преобразование $x' = x - 2 \pi$. В ряде изменится синус:

$$ \sin n x' = \sin (nx - 2 \pi n) = \sin nx, $$

то есть ряд не изменится. В сумме ряда получаем $\operatorname{sign} x' \cdot \sh s(\pi - |x'|) = - \sh s(\pi + x')$.

Итак, фиксируем $x \in (\pi, 2 \pi)$, делаем преобразование, получаем на $x' \in (-\pi, 0)$

$$ \sum \limits_{n = 1}^\infty \dfrac{n}{n^2 +s^2} \sin nx' = -\dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s\left(\pi + x' \right)}{\sh (\pi s)}. $$

Справа функция, которая равна $\operatorname{sign} x' \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s\left(\pi - |x'|\right)}{\sh (\pi s)}$ в случае, если $x' < 0$. Ну вот и всё, мы описали полностью обе суммы, значит, внутренний ряд действительно сворачивается и остаётся один внешний.

-- 04.12.2017, 00:07 --

В таком случае можно объединить в одну формулу вторую штуку:

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, 0 \leqslant x \leqslant \pi, \\ -\dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi + x)}{\sh (\pi s)}, \pi \leqslant x \leqslant 2 \pi \end{cases} $$

-- 04.12.2017, 00:13 --

Фух, управились. Что со сходимостью? Сходимость этих штук при $m \to \infty$ - вообще говоря экспоненциально быстрая. Но есть исключения.

1) Если у нас $z = z_0$ и $r \ne 0$, то для того ряда

StaticZero в сообщении #1271709 писал(а):

$$ \sum \limits_{n = 1}^\infty \dfrac{n}{n^2 +s^2} \sin nx = \operatorname{sign} x \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s\left(\pi -\left|x \right| \right)}{\sh (\pi s)}. $$

у которого $x = \pi/L (z - z_0)$, нужно подставлять $z = z_0$ напрямую, так как сингулярности там нет. Второй ряд суммируется как обычно и сходится экспоненциально быстро. Коэффициент $A_{nm}$ здесь определяется нормировкой бесселей и оттуда вылезет $\sqrt m$, но это неважно, так как экспонента одного из рядов его забьёт, а во второй подставляем чистый ноль. Всё сходится.

2) Если у нас $r = 0$, то коэффициент $A_{nm}$ здесь порядка единицы и определяется только нормировкой синуса (то есть от $n, m$ не зависит). Бессель при этом исчезает. Если $z \ne z_0$, то всё хорошо, и оба ряда сходятся по экспоненте, причём один из рядов (где $x \sim z - z_0$) сходится тем медленнее, чем ближе $z \to z_0$. Подставлять $z = z_0$ напрямую и получать ноль там нельзя из физического смысла, а пределы $z \to z_0 \pm$ дают константу и расходимость по $m$ имеет вид $\sum_m 1$, то есть расходимость линейна по $m$.

Во всех остальных случаях всё ок.

[StaticZero]

StaticZero в сообщении #1271709 писал(а):

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, 0 \leqslant x \leqslant \pi, \\ -\dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi + x)}{\sh (\pi s)}, \pi \leqslant x \leqslant 2 \pi \end{cases} $$

Читать

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, 0 \leqslant x \leqslant \pi, \\ \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, \pi \leqslant x \leqslant 2 \pi \end{cases} $$

-- 04.12.2017, 02:05 --

Короче, ответ я получил, наконец:

$$\begin{align*} \varphi = \dfrac{2 d}{a^2 \cdot 4 \pi \varepsilon_0} \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{J_0 \left( \dfrac{r x_m}{a} \right)}{J^2_1(x_m)} \dfrac{ \operatorname{sign} (z - z_0) \cdot \sh \left[ \dfrac{L x_m}{a} \left(1 - \left|\dfrac{z - z_0}{L} \right| \right) \right] + \sh \left[\dfrac{L x_m}{a}\left(1 - \dfrac{z + z_0}{L} \right) \right]}{\sh \left( \dfrac{L x_m}{a} \right)}. \end{align*}$$

и при $r = 0$

$$\begin{align*} \left.\varphi\right|_{r = 0} = \dfrac{2 d}{a^2 \cdot 4 \pi \varepsilon_0} \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{\operatorname{sign} (z - z_0) \cdot \sh \left[ \dfrac{L x_m}{a} \left(1 - \left|\dfrac{z - z_0}{L} \right| \right) \right] + \sh \left[\dfrac{L x_m}{a}\left(1 - \dfrac{z + z_0}{L} \right) \right]}{\sh \left( \dfrac{L x_m}{a} \right)}. \end{align*}$$

[amon]

О! Это очень похоже на правду, только $z+z_0$ мне не нравится. IMHO, должно быть что-то вроде $L-(z-z_0)$ и $z-z_0,$ иначе аргумент за цилиндр вылезает. Хотя, если сумму в произведение преобразовать, наверно так и получится. (Там где-то скобочки потерялись.)

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271757 писал(а):

Короче, ответ я получил, наконец:

Ну это фактически уже было. Второй метод решения. Только не было доведено до такой, относительно изящной формы. Не были до конца сделаны подстановки ABCD туда, куда их потом надо подставить.

-- Пн дек 04, 2017 13:01:47 --

amon в сообщении #1271695 писал(а):

Так уж и не знаете ;) Собственные моды металлического цилиндра прекрасно считаются.

Но попробуйте записать поле, которое получается возбуждением этих мод маленьким источником. Сразу двойной ряд и получите. Даже тройной, если источник не на оси и нет аксиальной симметрии. Правда в динамическом случае выручает резонанс: вблизи резонанса небольшое число мод (а то и всего одна) возбуждено намного сильнее других. Но это вблизи резонанса. А если вдали? Тогда нужно суммировать много-много членов, никакой простой формулы.


"Собственные моды" и в рассматриваемой электростатической задаче считаются прекрасно. И были посчитаны выше. Физически это, правда, не моды, просто собственные функции оператора.

-- Пн дек 04, 2017 13:16:04 --

StaticZero в сообщении #1271757 писал(а):

и при $r = 0$

Чет мне не нравится то, что это не получается предельным переходом от $r \ne 0$. Никаких сингулярностей (под суммой по бесселям, которая все равно остается, до этого суммирования) там вроде нет.... А ответ немного другой если просто положить $r=0$. Коэффициент потерян.

-- Пн дек 04, 2017 13:46:56 --

StaticZero в сообщении #1271757 писал(а):

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, 0 \leqslant x \leqslant \pi, \\ \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - x)}{\sh (\pi s)}, \pi \leqslant x \leqslant 2 \pi \end{cases} $$

И чем верхняя строчка отличается от нижней?

-- Пн дек 04, 2017 13:48:29 --

StaticZero в сообщении #1271709 писал(а):

где $A_{nm}$ зависит от того, равно ли нулю $r$ или нет.

А откуда это вообще взялось?

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1271795 писал(а):

А откуда это вообще взялось?

Из нормировки. Бессели превращаются в единицы, если $r = 0$, соответственно, интеграл Ломмеля не имеет места. Это сказывается на наличии $J_1^2(x_m)$.

Alex-Yu в сообщении #1271795 писал(а):

И чем верхняя строчка отличается от нижней?

Ничем.

Alex-Yu в сообщении #1271795 писал(а):

Чет мне не нравится то, что это не получается предельным переходом от $r \ne 0$

Угу, что поделать

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271819 писал(а):

Из нормировки. Бессели превращаются в единицы, если $r = 0$, соответственно, интеграл Ломмеля не имеет места. Это сказывается на наличии $J_1^2(x_m)$.

Проверьте тщательно. Что-то очень подозрительно звучит. Причем здесь та $r$, что потом будет, в ряде? В интеграле другая $r$, которая ни в какой ноль не обращается, по которой интегрирование делается. Нет?

-- Пн дек 04, 2017 14:12:12 --

StaticZero в сообщении #1271819 писал(а):

Alex-Yu в сообщении #1271795

писал(а):
И чем верхняя строчка отличается от нижней?
Ничем.

А зачем тогда две строчки?

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1271820 писал(а):

А зачем тогда две строчки?

Чтобы не потрошить begin{cases} и заменить всего пару минусов где нужно.

Alex-Yu в сообщении #1271820 писал(а):

Причем здесь та $r$, что потом будет, в ряде? В интеграле другая $r$, которая ни в какой ноль не обращается, по которой интегрирование делается. Нет?

В собственной функции бессель убивается, остаётся только синус. Но интегрирование все равно по $r$ ведётся, только в виде $\int r \ \mathrm dr$.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271882 писал(а):

В собственной функции бессель убивается, остаётся только синус. Но интегрирование все равно по $r$ ведётся, только в виде $\int r \ \mathrm dr$.

Эк Вас заносит. Подумайте... Похоже, Вы не правильно понимаете логику построения решения в виде ряда по собственным функциям. Обдумайте это хорошенько.