Уравнение Пуассона в цилиндре

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271120 писал(а):

Всё сошлось.

Что именно сошлось?

[StaticZero]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1271116 писал(а):

потом замучаешься ошибки отлавливать

Я постоянно ошибаюсь в выкладках, это мой бич. От скорости это слабо зависит

Коэффициент перед синусом ноль, перед косинусом, как мы выяснили, ровно то, что в ряде стоит.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271122 писал(а):

Я постоянно ошибаюсь в выкладках

Все ошибаются. Я тоже ошибаюсь. Вот потому и делаю медленно, долго пялюсь на каждую новую закорючку и думаю: ничего не наврал?

-- Сб дек 02, 2017 22:28:21 --

StaticZero в сообщении #1271122 писал(а):

Коэффициент перед синусом ноль, перед косинусом, как мы выяснили, ровно то, что в ряде стоит.

Это если в середку диполь поставить? ОК. Теперь сравнивайте формулы двух вариантов мысленно двигая диполь.

[StaticZero]

Alex-Yu, покажите, пожалуйста, как методом вариации решать уравнение, не используя анзац. Я систему написать могу, а проинтегрировать не могу...

Цитата:

Это если в середку диполь поставить? ОК. Теперь сравнивайте формулы двух вариантов мысленно двигая диполь.

Нет, это для произвольного расположения. Я ошибку отловил.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271120 писал(а):

StaticZero в сообщении #1271108

писал(а):
Система уравнений получается такая:

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

Это как? Не будет там двух разных экспонент! Поставьте начало координат на диполь. При этом в общем разложении будут и синусы, и косинусы. Но в методе разложения по собственным функциям косинусы уйдут при определении коэффициентов (интеграл $\delta'$ с косинусом даст ноль.).

Сделайте все по максимуму не похоже (но чтобы была логическая эквивалентность). А потом сравнивайте каждый шаг, преобразуя формулы одного варианта в другой. Где не сойдется, там и ошибка. Иначе ошибку не найти.

-- Сб дек 02, 2017 22:35:09 --

StaticZero в сообщении #1271126 писал(а):

Я ошибку отловил.

А-а-а-а... Ну тогда поздравляю. Итак два метода дают в точности одно и то же? Правда одно и то же лишь с точностью до сходимости ряда.

-- Сб дек 02, 2017 22:36:30 --

StaticZero в сообщении #1271126 писал(а):

Я систему написать могу, а проинтегрировать не могу...

Вы что, не знаете, что интеграл от $\delta$ это $\theta$? Ладно, может немного погодя, сейчас некогда.

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1271130 писал(а):

Вы что, не знаете, что интеграл от $\delta$ это $\theta$? Ладно, может немного погодя, сейчас некогда.

Строго говоря не знаю, следую тому, что вы написали $\theta' = \delta$. Я умею от дельт брать интегралы определённые, а неопределённые - не умею.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271131 писал(а):

Я умею от дельт брать интегралы определённые, а неопределённые - не умею.

Неопределенный --- это определенный с переменным верхним пределом. Во всяком случае так можно рассматривать. Пока сингулярность не попала в интервал интегрирования --- ноль. Как попала --- единица. А гладкий функциональный множитель при дельте (но не производной от нее!) можно заменить на соответствующую константу. Дельта "вырезает одну точку" из множителя, что творится с множителем в других точках --- наплевать. Это Вам должно помочь.

[StaticZero]

Alex-Yu, правильно ли

$$ \int^x_a \delta(t - x_0) f(t) \ \mathrm dt = f(x_0) \theta(x - x_0) \theta(x_0 - a)? $$

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271144 писал(а):

Alex-Yu, правильно ли

$$ \int^x_a \delta(t - x_0) f(t) \ \mathrm dt = f(x_0) \theta(x - x_0) \theta(x_0 - a)? $$

Так.... Верхний предел должен быть больше, нижний --- меньше $x_0$. Иначе ноль (обеспечивается тэтами). Правильно.

Обычно нижний предел удобно загнать в минус бесконечность. Тогда одна тэта. Нижний предел --- это же по существу произвольная константа, обычная в неопределенном интеграле. Ее можно учесть отдельно.

-- Сб дек 02, 2017 23:23:55 --

Alex-Yu в сообщении #1271147 писал(а):

Правильно.

А нет, в общем случае не правильно. Может же быть $x$ ниже $x_0$ а $a$ наоборот выше, тогда тоже не ноль. Правильно только если $x_0>a$. А тогда последний множитель тождественная единица, не нужен он. Задвиньте в минус бесконечность нижний предел. Или в точку, где ответ и так известен (на границу).

[StaticZero]

Решаю способом вариации уравнение $f'' - \lambda^2 f = q \delta'(x - x_0)$.
Решение $f = A e^{\lambda x} + B e^{-\lambda x}$. Система уравнений

$$ \begin{cases} A' e^{\lambda x} + B' e^{-\lambda x} = 0, \\ \lambda A' e^{\lambda x} - \lambda B' e^{-\lambda x} = q \delta'(x - x_0). \end{cases} $$

$$ -2 \lambda B' e^{-\lambda x} = q \delta'(x - x_0). $$

$$ B' = - \dfrac{q}{2 \lambda} e^{\lambda x} \delta'(x - x_0). $$

Можно один раз по частям проинтегрировать.

$$ B = -\dfrac{q}{2 \lambda} \int e^{\lambda x} \delta'(x - x_0) \ \mathrm dx = - \dfrac{q}{2 \lambda} \left( \delta(x - x_0) e^{\lambda x} - \lambda \int \delta(x - x_0) e^{\lambda x} \ \mathrm dx \right) $$

Чего дальше делать не пойму.

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271364 писал(а):

Можно один раз по частям проинтегрировать.

$$ B = -\dfrac{q}{2 \lambda} \int e^{\lambda x} \delta'(x - x_0) \ \mathrm dx = - \dfrac{q}{2 \lambda} \left( \delta(x - x_0) e^{\lambda x} - \lambda \int \delta(x - x_0) e^{\lambda x} \ \mathrm dx \right) $$

Чего дальше делать не пойму.

$$ \int \delta(x - x_0) e^{\lambda x} \ \mathrm dx = \int \delta(x - x_0) e^{\lambda x_0} \ \mathrm dx = e^{\lambda x_0} \int \delta(x - x_0) \ \mathrm dx = e^{\lambda x_0} \theta(x-x_0) $$

[StaticZero]

"Даже морковка поняла, в чём прикол" (с)

Тогда допишу ответ.

$$ B = - \dfrac{q}{2 \lambda} e^{\lambda x_0} \delta(x - x_0) + \dfrac{q}{2} e^{\lambda x_0} \theta(x - x_0). $$

Для коэффициента $A$ уравнение

$$ A' = \dfrac{q}{2 \lambda} e^{-\lambda x} \delta'(x - x_0). $$

Интеграл

$$\begin{align} A &= \dfrac{q}{2 \lambda} \int e^{-\lambda x} \delta'(x - x_0) \ \mathrm dx = \dfrac{q}{2 \lambda} \left( \delta(x - x_0) e^{-\lambda x_0} + \lambda \int e^{-\lambda x} \delta(x - x_0) \ \mathrm dx\right) = \\ &=\dfrac{q}{2 \lambda} e^{-\lambda x_0} \delta(x - x_0) + \dfrac{q}{2} e^{-\lambda x_0} \theta(x - x_0).\end{align} $$

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271503 писал(а):

Тогда допишу ответ.

$$ B = - \dfrac{q}{2 \lambda} e^{\lambda x_0} \delta(x - x_0) + \dfrac{q}{2} e^{\lambda x_0} \theta(x - x_0). $$

Дельты вроде сокращаются? Ну тогда ОК. Меня несколько смутило, что лишняя дельта (пока одно слагаемое).

В общем надо дописать до конца. Должны в итоге получится экспонента от модуля $x-x_0$. С лямбдой, естественно. И все это умножить на функцию $sign(x-x_0)$.


Стоп!!! Знак разности под тета должен быть разный в двух слагаемых!!! На одном инетервале работает одна экспонента, на другом --- другая. Тщательнее надо....

[StaticZero]

Alex-Yu в сообщении #1271509 писал(а):

Стоп!!! знак разности под тета должен быть разный в двух слагаемых!!!

А как его туда заполучить? Если я запихну минус здесь: $- \delta'(x - x_0) = \delta'(x_0 - x)$, то всё ок, а если нет, то дальше дельта чётная, а хевисайд вообще никакой (ни чётный, ни нечётный). Интеграл же не может зависеть от способа перетасовки минусов...

[Alex-Yu]

StaticZero в сообщении #1271512 писал(а):

Alex-Yu в сообщении #1271509 писал(а):

Стоп!!! знак разности под тета должен быть разный в двух слагаемых!!!

А как его туда заполучить? Если я запихну минус здесь: $- \delta'(x - x_0) = \delta'(x_0 - x)$, то всё ок, а если нет, то дальше дельта чётная, а хевисайд вообще никакой (ни чётный, ни нечётный). Интеграл же не может зависеть от способа перетасовки минусов...

$$ -\theta(x)=\theta(-x) - 1 $$

В неопределенном интеграле всегда есть неопределенная константа, которую надо определять, в данном случае, из условий на бесконечности.


Впрочем, это же абы какое решение неоднородного уравнения... Пожалуй, и так можно, с одним знаком под тетой. Покажите, что полное решение получается одинаковым и так, и эдак.


Я машинально наложил условие, что решение физически разумное (в данном случае на всей оси с нулем на бесконечности). А для абы какого частного решения это, в принципе, и не обязательно.

-- Вс дек 03, 2017 23:37:03 --

amon в сообщении #1271520 писал(а):

Частное $f_0$ из $\theta'(x)=\delta(x)$ угадывается мгновенно: $f_0(x)=q\theta(x-x_0).$

1. Экспонента еще должна быть.

2. Так (ну почти), с угадыванием, уже делалось раньше. Ну вот захотелось ТС методом вариации постоянных... А что, поскольку здесь учеба, даже очень и полезно, руку набить.