Уравнение Пуассона в цилиндре

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268967 писал(а):

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

Простая подстановка в уравнение показывает, что ЭТО НЕ РЕШЕНИЕ: дельта-функция справа не получается. Ищите ошибку.

-- Сб ноя 25, 2017 20:28:47 --

StaticZero в сообщении #1268967 писал(а):

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

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

Второе выражение в квадратных скобках должно обращаться в нуль ТОЛЬКО в точке $z=z_0$ (там же дельта-функция). Поэтому система уравнений, записанных ниже, неверна, слишком сильное условие (потребовано, чтобы был нуль для всех $z$, а это перебор). Здесь должно быть ОДНО условие, а не два.

Второе условие получается из того, что коэффициент при $\delta'$ должен быть правильный, удовлетворяющий исходному уравнению. И там чинусы-кочинусы тоже надо брать В ТОЧКЕ.

[StaticZero]

$$ (A + C) \ch \dfrac{z_0 x_m}{r_0} + (B + D) \sh \dfrac{z_0 x_m}{r_0} = 0. $$

$$ (A - C) \sh \dfrac{z_0 x_m}{r_0} + (B - D) \ch \dfrac{z_0 x_m}{r_0} = \dfrac{d}{2 \pi}. $$

$$ Z_m(0) = D = 0, \qquad Z_m(L) = A \sh \dfrac{L x_m}{r_0} + B \ch \dfrac{L x_m}{r_0} = 0. $$

Получаем отсюда

$$ \begin{cases} B^2 + C^2 - A^2 - D^2 = \dfrac{d}{2\pi} \dfrac{1}{\ch \dfrac{z_0 x_m}{r_0} }, \\ \dfrac{A + C}{B + D} = - \th \dfrac{z_0 x_m}{r_0}, \\ D = 0, \\ A \sh \dfrac{L x_m}{r_0} + B \ch \dfrac{L x_m}{r_0} = 0. \end{cases} $$

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1268989 писал(а):

Получаем отсюда

Чет я не понял... Как это Вы из линейных (по ABCD) уравнений получили систему нелинейных уравнений. Даже если это можно, то ЗАЧЕМ??? И должен заметить, что решение системы линейных алгебраических уравнений --- задача банальная. Тем более, что $D$ сразу ноль. $B$ через $A$ сразу выражается, просто пропорционально... Остается СЛАУ для двух неизвестных ($A$ и $C$) --- в средней школе решают.

Кстати, $C$ можно сразу исключить. Первое умножить на $\sh$, второе --- на $\ch$ и сложить.

[StaticZero]

М-да, перегнул.

$$ \begin{cases} B = \dfrac{d}{2 \pi} \dfrac{\sh \dfrac{L x_m}{r_0} \ch \dfrac{z_0 x_m}{r_0}}{\sh \dfrac{(L - 2z_0) x_m}{r_0}}, \\ \\ A =- \dfrac{d}{2 \pi} \dfrac{\ch \dfrac{L x_m}{r_0} \ch \dfrac{z_0 x_m}{r_0}}{\sh \dfrac{(L - 2z_0) x_m}{r_0}}, \\ \\ C = \dfrac{d}{2 \pi} \dfrac{\ch \dfrac{(L - z_0) x_m}{r_0}}{\sh \dfrac{(L - 2z_0) x_m}{r_0}}, \\ \\ D = 0. \end{cases} $$

[Alex-Yu]

Ну проверять, повторять выкладки я не буду, но похоже на правду.

Т.е. решение ур-я Пуассона фактически есть.

Полезно бы еще разложить в ряд Фурье по синусам (интегралы вполне возьмутся) и убедиться, что получается в точности то, что было в первом способе. Можно еще со Смайтом сравнить.

Ну ладно. Проверкой и отловом ошибок (если есть) сами занимайтесь. Я же теперь хочу о более принципиальных вещах.

В принципе, решение есть. В виде ряда (того или другого). Но, как уже говорилось, ряд плохо сходится. Почему? Потому, что решение сингулярно и эта сингулярность обеспечивается расходимостью ряда в точке, где сингулярный источник. Ясно, что рядом с точкой сингулярности, но не точно в ней, хоть и будет сходится, но сходится будет плохо, много членов нужно брать (хотя, при нынешних компьютерах...). А нельзя ли, сделать так, чтобы ряды были более сходящимися? Можно.

Возвращаемся к уже высказанной идее перейти к однородному уравнению , т.е. Лапласа. С ненулевыми гранусловиями. Т.е. к задаче Дирихле. Как это делать уже говорилось: решение для свободного бесконечного пространства известно и очень простое ($\phi_0$), никаких рядов, простая алгебраическая формула (при желании можно получить через трехмерное фурье-преобразование). Пишем

$$ \phi=\phi_0+\phi_1 $$

Тогда

$$ \Delta\phi_1=0 $$

$$ \left. \phi_1 \right|_S = - \left.\phi_0\right|_S $$

Как искать $\phi_1$? И на "крышках" и на цилиндрической поверхности ненулевые гранусловия. И как разложить хотя бы по одной координате (по второй-то мы решим дифур с ненулевыми гранусловиями, нет проблем)... Тут нас опять спасает линейность. Пусть

$$ \phi_1=\phi_2+\phi_3 $$

Причем для одной из этих функций ненулевые гранусловия $-\phi_0$ на "крышках" и ноль на цилиндрической поверхности, для другой --- наоборот. И в том и в другом случае мы запросто сделаем разложение по одной из координат (в одном случае по синусам, в другом --- по круглым бесселям). Ну а дальше делать нечего. Сами дальше сообразите?

В итоге ответ должен иметь вид трех слагаемых: поле в свободном пространстве, ряд по круглым бесселям и ряд по модифицированным бесселям. Длиннее, но зато ряды лучше сходится будут (мы же сингулярность выделили в явном виде). Единственная здесь трудность --- взять интегралы. Бог их знает, возьмутся ли они в более-менее хороших функциях...

Еще один способ скажу, когда это сделаете.

[StaticZero]

Я интерпретирую ваши слова следующим образом.

Есть уравнение Пуассона $\Delta u + \rho = 0$ с нулевыми граничными условиями на $u$. Раскладываем функцию $u$ на три функции: $u = \varphi + \psi + \xi$. Первая функция --- функция источника, помещённого в пустое пространство, удовлетворяющая уравнению Пуассона: $\Delta \varphi + \rho = 0$. На крышках имеем $\varphi = \varphi_\text{hat}(r, \theta)$, на боковой поверхности $\varphi = \varphi_\text{side}(\theta, z)$.

Вторая функция — решение уравнения Лапласа $\Delta \psi = 0$ такое, что на боковой стенке $\psi = -\varphi_\text{side}(\theta, z)$, на крышках $\psi = 0$.

Третья функция — решение уравнения Лапласа $\Delta \xi = 0$ такое, что на крышках $\xi = -\varphi_\text{hat}(r, \theta)$, на боковой стенке $\xi = 0$.

Правильно?

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1269021 писал(а):

$\varphi = \varphi_\text{hat}(r, \theta)$, на боковой поверхности $\varphi = \varphi_\text{side}(\theta, z)$.

Если источник на оси цилиндра, то зависимости от угла $\theta$ не будет. А так вроде правильно... А докажите, что правильно! Это же элементарно, из линейности. Покажите, что такая сумма удовлетворяет и исходному уравнению Пуассона, и исходным (нулевым) гранусловиям.

Да, функций $\phi_{hat}$ две (вообще говоря, разных), естественно. Крышки же две. При желании можно две крышки считать по отдельности, будет четыре, а не три слагаемых.

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1269023 писал(а):

А докажите, что правильно!

А можно не доказывать? Это очевидно

Для точечного диполя

$$ \varphi = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{(\mathbf d \cdot (\mathbf R - \mathbf R_0))}{|\mathbf R - \mathbf R_0|^3}, $$

$\mathbf R_0$ — радиус-вектор диполя. В задаче $\mathbf R_0 = z_0 \mathbf e_z$, $\mathbf R = r \mathbf e_r + z \mathbf e_z$, $\mathbf d = d \mathbf e_z$, получаем $(\mathbf d \cdot (\mathbf R - \mathbf R_0)) = d(z - z_0)$, $|\mathbf R - \mathbf R_0| = \sqrt{r^2 + (z - z_0)^2}$. Получаем

$$ \varphi = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{(z - z_0) d}{\left(r^2 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2}}. $$

На боковой стенке

$$ \varphi_\text{side} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{(z - z_0)d}{\left( r_0^2 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2} }. $$

На верхней крышке

$$ \varphi_\text{hat}^{(1)} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{(L - z_0) d}{\left( r^2 + (L - z_0)^2 \right)^{3/2} }. $$

На нижней крышке

$$ \varphi_\text{hat}^{(0)} = -\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \dfrac{z_0 d}{\left( r^2 + z_0^2 \right)^{3/2} }. $$

-------------------------------------------
Функцию $\psi$ раскладываем по собственным функциям оператора Лапласа с учётом того, что решается задача $\Delta \psi + \lambda \psi = 0$, где $\lambda = 0$, что приводит к ряду

$$ \psi = \sum \limits_{k=1}^\infty A_k I_0 \left( \dfrac{\pi k r}{L} \right) \sin \dfrac{\pi k z}{L}. $$

Граничное условие на крышках выполнено. Разложим граничное условие $-\varphi_\text{side}(z)$ на боковой стенке по синусам:

$$ -\varphi_\text{side}(z) = \sum \limits_{k=1}^\infty B_k \sin \dfrac{\pi k z}{L}. $$

Получаем уравнение

$$ 0 = \psi(r_0, z) + \varphi_\text{side}(z) = \sum \limits_{k = 1}^\infty \left[ A_k I_0 \left( \dfrac{\pi k r_0}{L} \right) - B_k \right] \sin \dfrac{\pi k z}{L}, $$

откуда

$$ A_k = - \dfrac{2 d}{4 \pi \varepsilon_0 L I_0 \left( \dfrac{\pi k r_0}{L} \right) } \int \limits_0^L \dfrac{z - z_0}{\left( r^2_0 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2} } \sin \dfrac{\pi k z}{L} \ \mathrm dz. $$

----------------------------------------------------------------
Функцию $\xi$ разложим по собственным функциям лапласиана, которые представляются в виде $R(r) Z(z)$, уравнения на которые соответственно

$$ R'' + \dfrac{1}{r} R' + \mu^2 R = 0, \qquad Z'' - \mu^2 Z = 0. $$

Из первого уравнения решение $R_m = J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right)$, собственное число $\mu_m = \dfrac{x_m}{r_0}$. Из второго уравнения $Z_m(z) = P_m \sh \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right) + Q_m \ch \left( \dfrac{z x_m}{r_0} \right)$. Раскладываем функции

$$ -\varphi_\text{hat}^{(0)} = \sum \limits_{m = 1}^\infty F_m J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right), $$

$$ -\varphi_\text{hat}^{(1)} = \sum \limits_{m = 1}^\infty G_m J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right). $$

Первое условие реализуется при $z = 0$, имеем уравнение

$$ \left. \xi \right|_{z = 0} + \varphi_\text{hat}^{(0)}= \sum \limits_{m = 1}^\infty J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) (Q_m - F_m) = 0, $$

второе условие при $z = L$, имеем уравнение

$$ \left. \xi \right|_{z = L} + \varphi_\text{hat}^{(1)}= \sum \limits_{m = 1}^\infty J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right) \left[P_m \sh \left( \dfrac{L x_m}{r_0} \right) + Q_m\ch \left( \dfrac{L x_m}{r_0} \right) - G_m\right] = 0, $$

откуда получаем систему

$$ \begin{cases} Q_m = F_m, \\ P_m \sh \left( \dfrac{L x_m}{r_0} \right) + Q_m\ch \left(\dfrac{L x_m}{r_0} \right) = G_m, \end{cases} $$

из которой легко получить

$$ P_m = \dfrac{G_m - F_m \ch \left( \dfrac{L x_m}{r_0} \right)}{\sh \left( \dfrac{L x_m}{r_0} \right)}. $$

Интегралы, определяющие $F_m$ и $G_m$, здесь жесть, я их выписывать не буду, пожалуй.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1269110 писал(а):

А можно не доказывать? Это очевидно

А чего спрашиваете, так или нет, если очевидно? Ну ладно, действительно очевидно.

-- Вс ноя 26, 2017 14:51:16 --

StaticZero в сообщении #1269110 писал(а):

Функцию $\psi$ раскладываем по собственным функциям оператора Лапласа с учётом того, что решается задача $\Delta \psi + \lambda \psi = 0$, где $\lambda = 0$, что приводит к ряду

Ответ, вроде, правильный, но логика немного хромает. Собственные функции лапласиана тут ни при чем (да они и другие, как мы раньше видели). Просто раскладываем в ряд Фурье по синусам и получаем уравнение Бесселя (модифицированное) и неоднородное гранусловие к нему.

-- Вс ноя 26, 2017 14:57:58 --

StaticZero в сообщении #1269110 писал(а):

Функцию $\psi$ раскладываем по собственным функциям оператора Лапласа

То же самое. Тут собственные функции ТОЛЬКО радиальной части оператора Лапласа (т.е. круглые бессели, обращающиеся в ноль на границе). А дальше получается уравнение на $Z(z)$ и ненулевые гранусловия к нему.


___________________________________________

Да, интегралы получились гадкие, печально. В общем с интегралами проблема. Для конкретных параметров можно, конечно, подобрать какие-нибудь разумные аппроксимации функции источника, разбив интеграл интегрирования на подходящие куски (на всем интервале аппроксимацию, такую чтобы интеграл взялся, причем для любого $m$, не сделать, а на достаточно малом на куске --- почему бы и нет). Но в общем случае... не знаю как победить.

_____________________________________________


Ну ладно. Теперь обещанный другой вариант. Впрочем, судя по всему, там тоже интегралы будут гадкие.

У нас есть решение в виде ряда (по первому варианту, или по второму --- можно и то и другое взять). Проблема, как уже говорилось, в том, что сингулярность решения обеспечивается расходимостью рада, а тогда рядом с точкой сингулярности ряд сходится, но плохо. Улучшить ряд можно вполне очевидным способом. Пусть исходный ряд это

$$ \phi = \sum_n a_n \psi_n \qquad (1) $$

Здесь под индексом $n$ можно понимать и пару индексов, что были в самом первом решении (разложение по собственным функциям), я буду рассуждать в обобщенном виде, не конкретизируя является ли индекс $n$ одним числом или парой чисел.

Вид сингулярности нам известен, это то же самое, что в свободном пространстве. Пусть, как и раньше, решение для сободного пространства это $\phi_0$. Теперь делаем такой очевидный трюк:

$$ \phi = \sum_n a_n \psi_n + \phi_0 - \phi_0 \qquad (2) $$

и последнее слагаемое раскладываем в такой же ряд:

$$ \phi_0=\sum_n b_n \psi_n $$

Здесь коэффициенты $b_n$ можно записать в явном виде, как интегралы.

Тогда

$$ \phi = \sum_n (a_n - b_n) \psi_n + \phi_0 \qquad (3) $$

Здесь ряд уже лучше сходится, ибо сингулярности в нем нет.

-- Вс ноя 26, 2017 15:28:03 --

StaticZero в сообщении #1269110 писал(а):

$$ A_k = - \dfrac{2 d}{4 \pi \varepsilon_0 L I_0 \left( \dfrac{\pi k r_0}{L} \right) } \int \limits_0^L \dfrac{z - z_0}{\left( r^2_0 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2} } \sin \dfrac{\pi k z}{L} \ \mathrm dz. $$

Ну, самое простое. Вблизи $z=z_0$

$$ \dfrac{z - z_0}{\left( r^2_0 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2} } \approx \dfrac{z-z_0}{r_0^3} $$

Наоборот далеко

$$ \dfrac{z - z_0}{\left( r^2_0 + (z - z_0)^2 \right)^{3/2} } \approx \dfrac{1 }{(z-z_0)^2} $$

Ну а в двух промежуточных областях это примерно (грубо) константы (две разные). Итого пять интервалов на которых интеграл можно взять. Вот только

$$ \int x^{-2}\sin(ax)dx $$

вызывает сомнение... Впрочем, а чего сомневаться. По частям и получается интегральный косинус. А это уже стандартная функция.

Если хочется поточнее, без таких резких изломов, то в промежуточной области аппроксимировать параболой. Интеграл тоже берется, а области с другим поведением можно отодвинуть подальше (значит будет точнее). Тут, конечно, интересный вопрос как именно делить на эти интервалы. В принципе, целое исследование на эту тему можно забубенить. Ну а если по простому.... Рисуем графики точного выражения и аппроксимации и подбираем на глаз, эмпирически Чтобы это сделать разом, для любого $r_0$, перейти от $z$ к переменной $x=(z-z_0)/r_0$.

[StaticZero]

Alex-Yu, разложение потенциала свободного диполя получается

$$ \psi_{km} = \dfrac{1}{\pi \varepsilon_0 L^2 J^2_1(x_m)} \int \limits_0^1 y J_0(x_m y) \ \mathrm dy \int \limits_0^1 \dfrac{x -x_0}{\left( (x - x_0)^2 + y^2 \dfrac{r^2_0}{L^2} \right)^{3/2}} \sin (\pi k x) \ \mathrm dx, $$

где $x_0 = z_0/L$.

(Оффтоп)

есть ли тут большой интеграл, чтоб накрыл всю трёхэтажную дробь?

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1269174 писал(а):

разложение потенциала свободного диполя получается

Интеграл, конечно, тяжкий. Только приближенно "кусками", я думаю. А так как интеграл двойной, то все это труднее, чем в методе, где через решение уравнения Лапласа. Там все же одинарные интегралы. Хотя какой-нибудь трюк может и может быть применен. Только не знаю какой.

Но держать в голове прием надо. Он же не только для данного конкретного случая годится, но и для аналогичных.

Да, и у Вас опечатка: это не функция, которую мы через $\psi$ обозначали, а коэффициент.

-- Вс ноя 26, 2017 18:33:35 --

StaticZero в сообщении #1269174 писал(а):

$$ \psi_{km} = \dfrac{1}{\pi \varepsilon_0 L^2 J^2_1(x_m)} \int \limits_0^1 y J_0(x_m y) \ \mathrm dy \int \limits_0^1 \dfrac{x -x_0}{\left( (x - x_0)^2 + y^2 \dfrac{r^2_0}{L^2} \right)^{3/2}} \sin (\pi k x) \ \mathrm dx, $$

Лучше, все же, записать так:

$$ \psi_{km} = \dfrac{1}{\pi \varepsilon_0 L^2 J^2_1(x_m)} \int \limits_0^1 y J_0(x_m y) \int \limits_0^1 \dfrac{x -x_0}{\left( (x - x_0)^2 + y^2 \dfrac{r^2_0}{L^2} \right)^{3/2}} \sin (\pi k x) \ \mathrm {dxdy} $$

Чтобы было яснее, что интеграл по $x$ "внутри" интеграла по $y$.

[StaticZero]

А, да, косякнул. Это ж не произведение.

Спасибо большое за подробную помощь

[StaticZero]

Alex-Yu, а как проверять полноту системы функций? (скажем, полноту с. ф. лапласиана, по которым мы тут разложили решение?)

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1269309 писал(а):

Alex-Yu, а как проверять полноту системы функций?

Ну это есть раздел функционального анализа об этом. Теория индексов дефекта фон Неймана. Я не возьмусь ее объяснять. Может кто-нибудь из чистых математиков пояснит... Здесь бывают такие люди. Есть, например, во втором томе "Методов математической физики" Рида и Саймона.

В общем оператор должен быть достаточно "хорошим" (самосопряженным, не путать с симметричностью, симметричность необходима, но не достаточна). Причем в определение оператора входят и граничные условия тоже. Тот же лапласиан с одними гранусловиями --- это один оператор, с другими гранусловиями --- это уже другой оператор.

[amon]

Решение

StaticZero в сообщении #1268837 писал(а):

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

и метод его получения, как мне кажется, ошибочные. Подробностями поделюсь когда время появится.