2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.





Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 19:37 
Аватара пользователя


22/06/12
984
amon в сообщении #1271520 писал(а):
$$
f=-\frac{q\sh\lambda x}{\sh\lambda L}+q\theta(x-x_0)
$$

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 20:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
2877
ФТИ им. Иоффе СПб
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 20:50 
Аватара пользователя


22/06/12
984
amon, с этим разрывом я как раз разобрался (я только забыл, на каком промежутке раскладывать :mrgreen:)(или мне как всегда только кажется, а я опять где-то ошибся), напишу как-нибудь, что у меня получилось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 21:56 
Заслуженный участник


21/08/10
1482
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).

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 22:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
2877
ФТИ им. Иоффе СПб

(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 22:47 
Заслуженный участник


21/08/10
1482

(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 23:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
2877
ФТИ им. Иоффе СПб

(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение03.12.2017, 23:58 
Аватара пользователя


22/06/12
984
$$
S = \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + s^2} = \operatorname{sign} x \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh s(\pi - |x|)}{\sh (\pi s)}.
$$
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 01:31 
Аватара пользователя


22/06/12
984
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 $r = 0$
$$\begin{align*}
	\left.\varphi\right|_{r = 0} = \dfrac{2 d}{a^2 \cdot 4 \pi \varepsilon_0} \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{\operatorname{sign} (z - z_0) \cdot \sh \left[ \dfrac{L x_m}{a} \left(1 - \left|\dfrac{z - z_0}{L} \right| \right) \right] + \sh \left[\dfrac{L x_m}{a}\left(1 - \dfrac{z + z_0}{L} \right) \right]}{\sh \left( \dfrac{L x_m}{a} \right)}.
	\end{align*}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 02:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
2877
ФТИ им. Иоффе СПб
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.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 08:53 
Заслуженный участник


21/08/10
1482
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 10:03 
Аватара пользователя


22/06/12
984
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 :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 10:10 
Заслуженный участник


21/08/10
1482
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 12:40 
Аватара пользователя


22/06/12
984
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 $\int r \ \mathrm dr$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение04.12.2017, 12:49 
Заслуженный участник


21/08/10
1482
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 123 ]  На страницу Пред.  1 ... 5, 6, 7, 8, 9  След.

Модераторы: Парджеттер, Pphantom, Aer, photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group