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




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ... 9  След.
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение23.11.2017, 13:24 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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 :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение23.11.2017, 16:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
Alex-Yu в сообщении #1268330 писал(а):
Так вот, у него для бесконечного цилиндра.
Не-а. И для конечного тоже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение23.11.2017, 16:33 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение24.11.2017, 00:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение24.11.2017, 01:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
StaticZero в сообщении #1268508 писал(а):
Этот ряд должен быть каким, двойным по обоим индексам?
Угу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение24.11.2017, 11:24 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение24.11.2017, 16:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
StaticZero,
Так справились, или помочь? Там уже совсем ерунда осталась.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 01:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 03:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 10:22 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 12:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 12:41 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 12:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб

(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 15:09 
Заслуженный участник


21/08/10
2401
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Пуассона в цилиндре
Сообщение25.11.2017, 15:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
$$
\varphi(r, z) = \sum \limits_{m=1}^\infty Z_m(z) J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right).
$$
$$
\Delta \varphi = \sum \limits_{m=1}^\infty \Big[Z_m \Delta_r J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) + Z''_m J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \Big].
$$
$$\begin{align*}
&\Delta_r J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = \dfrac{\mathrm d^2 J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) }{\mathrm d r^2} + \dfrac{1}{r} \dfrac{\mathrm d J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right)}{\mathrm dr} = \dfrac{x^2_m}{r^2_0} J_0''  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) + \dfrac{x_m}{r r_0} J_0'  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = \\
&= \dfrac{x^2_m}{r^2_0} \left(\dfrac{r_0}{r x_m} J_1  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) - J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \right) - \dfrac{x_m}{rr_0} J_1  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) = - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right).
\end{align*}$$
$$
\Delta \varphi = \sum \limits_{m=1}^\infty J_0  \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \left(Z''_m - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m \right).
$$
$$
\rho_m = - \dfrac{d \delta'(z - z_0)}{2 \pi} \int \limits_0^{r_0} r \ \mathrm dr \dfrac{\delta(r)}{r} = - \dfrac{d \delta'(z-z_0)}{2 \pi}.
$$
$$
Z''_m - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m - \dfrac{d \delta'(z - z_0)}{2 \pi} = 0.
$$
$$
Z_m = \left[A \sh  \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + B \ch  \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right)\right] \theta(z - z_0) + \left[C \sh  \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + D \ch  \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) \right] \theta(z_0 - z).
$$
$$
Z_m'' - \dfrac{x^2_m}{r^2_0} Z_m = \delta'(z - z_0) \left[ (A - C) \sh + (B - D) \ch \right] + \dfrac{2 x_m}{r_0} \delta(z - z_0) \left[ (A + C) \ch + (B + D) \sh \right].
$$
$$
\begin{cases}
A + C = 0, \\
B + D = 0.
\end{cases}
$$
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 123 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ... 9  След.

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, 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