Метод изображений для диэлектриков

[profrotter]

Alex-Yu в сообщении #750169 писал(а):

В каком смысле? Все, что только нужно, я уже сказал. Дальше -- делать нечего. Сами уж, сами...

Сразу видно - настоящий учёный! Давайте почитаем что Вы там уже сказали:

Alex-Yu в сообщении #750103 писал(а):

Да, так можно. Хотя я, в свое время, поступал более формально: фурье-преобразование по $x$ и $y$, получаем обычные одномерные дифуры, решения которого сверху и снизу сшиваем. И тогда уже даже без обратного фурье-преобразования сразу видно, что сверху просто добавляется поле от фиктивного заряда снизу. Ну и для поля снизу тоже все получается очевидно.

Не могли бы Вы уточнить, к чему Вы в своё время применяли фурье-преобразование и получали одномерные дифуры? Что это был за (математический?) объект?

[Alex-Yu]

profrotter в сообщении #750214 писал(а):

Не могли бы Вы уточнить, к чему Вы в своё время применяли фурье-преобразование и получали одномерные дифуры? Что это был за (математический?) объект?

Это запросто. К скалярному потенциалу. Ну и к плотности зарядов тоже, естественно. Что не ясно --- подсказать могу. А упражняться в латехе -- увольте.

[Munin]

Omega в сообщении #750059 писал(а):

То есть,грубо говоря, как я понял, - заряд $q$ в первом диэлектрике "отталкивает" от себя на границу раздела некий заряд

Э нет. Поляризованы и первый, и второй диэлектрик. Неполяризован будет только тот, у которого эпсилон единица. На границе раздела - связанные заряды, вызванные поляризацией и первого, и второго диэлектрика.

Omega в сообщении #750059 писал(а):

То есть,грубо говоря, как я понял, - заряд $q$ в первом диэлектрике "отталкивает" от себя на границу раздела некий заряд, который распределяется по ней таким образом, что поле, им создаваемое, в точности совпадает с полем заряда $q'$, который находится во втором диэлектрике. Далее, индуцированный заряд на границе раздела в первом диэлектрике, в свою очередь, индуцирует заряд во втором диэлектрике, - а его поле совпадает с полем точечного заряда $q''$, который должен находиться в первом диэлектрике.

Фактически зарядов в пространстве два: один $q$ в толще первого диэлектрика, второй распределённый на границе раздела. (Я вначале не заметил, что у первого диэлектрика неединичный эпсилон, поэтому мог ошибиться с величиной каких-то зарядов.)

Дальше, эти два заряда создают два разных поля в двух разных диэлектриках. Если бы эпсилоны в диэлектриках были бы равны, это было бы одно и то же поле, а так - нет.

В первом диэлектрике эти два заряда создают такое же поле, как два точечных заряда: один $q,$ другой $q',$ геометрически расположенный в точке изображения (это изображение, с точки зрения первого диэлектрика, мнимое), симметрично относительно границы.

Во втором диэлектрике, эти два заряда создают такое же поле, как один точечный заряд $q'',$ геометрически расположенный внутри первого диэлектрика (опять, это изображение, с точки зрения второго диэлектрика, мнимое), но не там, где находится реальный заряд $q.$ Как я это получил? Я сначала рассмотрел поле распределённого на границе заряда, и увидел, что оно создаёт мнимое изображение. Поскольку граница симметрична, то для каждого полупространства изображение будет во второй половине. Из-за различий эпсилонов, изображения будут, с точки зрения диэлектриков, на разных расстояниях от границы. Теперь, кроме поля распределённого заряда, будет поле ещё и точечного заряда, но второй диэлектрик "видит" его тоже не в реальном положении, а в другом месте - на другом расстоянии от границы. На каком? Мы можем, для второго диэлектрика, заменить точечный заряд в толще тоже каким-то распределённым зарядом на границе, и это будет в точности то же распределение, только с коэффициентом пропорциональности. Значит, изображение точечного заряда расположено в той же точке, что и изображение, создаваемое распределённым зарядом.

Интересное следствие - во втором диэлектрике линии поля будут прямыми.

Omega в сообщении #750096 писал(а):

DimaM, спасибо, но Munin же написал, что это изображение - $q''$ не будет совпадать с $q$, а Вы считаете иначе.

Я не написал, что он не будет совпадать. Я написал, что $q''$ будет другой по величине (может, и тот же, это считать надо), но совместится по положению с изображением $q.$

Alex-Yu в сообщении #750103 писал(а):

Хотя я, в свое время, поступал более формально: фурье-преобразование по $x$ и $y$, получаем обычные одномерные дифуры, решения которого сверху и снизу сшиваем.

Интересно, можете показать?

profrotter в сообщении #750130 писал(а):

И нет тут никакого "метода", который позволил бы формализовать решение задачи, поскольку не существует никакого формального правила, которое позволило бы в общем случае по исходной заданной конфигурации получать систему фиктивных зарядов: каждой конкретной системе зарядов и диэлектриков будет соответствовать некоторая система фиктивных зарядов, вот только никто не знает какая. И то, как излагается рассматриваемый материал в некоторых учебниках (чаще для диэлектриков он не излагается) несомненно является глубокой методической ошибкой.

Странно, а почему изображения не являются таким методом?

-- 29.07.2013 19:54:35 --

Alex-Yu в сообщении #750218 писал(а):

А упражняться в латехе -- увольте.

А что, разве набрать что-то в латехе трудно?

[profrotter]

Munin в сообщении #750268 писал(а):

Странно, а почему изображения не являются таким методом?

Потому что нет никакой формализации касательно размещения изображений. В каждой конретной задаче требуется поиск своих изображений. Попробовали - получилось - молодцы. Вот сделается граница диэлекриков не плоской вовсе и где размещать изображения? Метод изображений, как обнаученный подбор решения граничной задачи электростатики, - есть, а метода решения задач с помощью изображений, основанного на суждениях типа "точечный заряд над ГРС порождает такие-то изображения" - нет.

А методом изображений мы честно должны пользоваться так. Вводим систему координат так, что граница раздела диэлектриков совпадает с плоскостью $(x,O,y)$, заряд размещаем на оси $z$ в точке $z'$ и рассматриваем граничную задачу для потенциала:

$$\Delta\varphi_1=-\frac{q\delta(x,y,z-z')}{\varepsilon_1\varepsilon_0},z>0$$

$$\Delta\varphi_2=0,z<0$$

$$\varphi_1=\varphi_2,z=0$$

$$\varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial z}=\varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial z},z=0.$$

Вот теперь пожалуйста любые фантазии с изображениями, ищем результирующий потенциал и убеждаемся, что получили решение. Если не получили - пробуем другую фантазию.

[Omega]

profrotter в сообщении #750333 писал(а):

... рассматриваем граничную задачу для потенциала:

$$\varphi_1=\varphi_2,z=0$$

$$\varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial z}=\varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial z},z=0.$$

То есть, как я понял, потенциал в любой точке первого диэлектрика есть (для него существуют лишь $q$ и $q'$ ):

$$\varphi_{1}=\dfrac{kq \vec{r\!}\,_{1}}{\varepsilon_{1}r_{1}^{3}}+\dfrac{kq' \vec{r\!}\,_{2}}{\varepsilon_{1}r_{2}^{3}}$$

Для любой же точки второго диэлектрика существует только $q''$ ( почему я так и не понял) :

$$\varphi_{2}=\dfrac{kq'' \vec{r\!}\,_{3}}{\varepsilon_{2}r_{3}^{3}}$$

В итоге, на границе, - $\vec{r\!}\,_{1}=\vec{r\!}\,_{2}=\vec{r\!}\,_{3}$, поэтому:

$$\varphi_{1}=\varphi_{2} \Leftrightarrow \dfrac{q+q'}{\varepsilon_{1}}=\dfrac{q''}{\varepsilon_{2}}$$

Пусть $\vec{n}$ - вектор нормали, перпендикулярный границе раздела и направленный от первой среды, тогда $(\vec{r\!}\,_{1},\vec{n})=-(\vec{r\!}\,_{2},\vec{n})$ и поэтому окончательно:

$$\varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial n}=\varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial n} \Leftrightarrow q-q'=q''$$

Отсюда:

$$q'=q \left (\dfrac{\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}}{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}} \right) \Rightarrow F=\dfrac{kq^{2}}{l^{2}} \left (\dfrac{\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}}{\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}} \right) $$

Ответ, как ни странно, получился у меня верный, но я так и не понял физического смысла того, что заряд $q''$, как бы, "не виден" в первом полупространстве, ровно так же, как и заряды $q$ и $q'$ "не видны" во втором полупространстве...

[Alex-Yu]

Omega в сообщении #750360 писал(а):

То есть, как я понял, потенциал в любой точке первого диэлектрика есть (для него существуют лишь $q$ и $q'$ ):

$$\varphi_{1}=\dfrac{kq \vec{r\!}\,_{1}}{\varepsilon_{1}r_{1}^{3}}+\dfrac{kq' \vec{r\!}\,_{2}}{\varepsilon_{1}r_{2}^{3}}$$

Чегой-то у Вас степень не та в знаменателе. И скалярный потенциал почему-то равен вектору...

-- Вт июл 30, 2013 15:29:35 --

Munin в сообщении #750268 писал(а):

А что, разве набрать что-то в латехе трудно?

Ну тут же не две-три строчки. На час а то и поболее работы (всеже писать латех это существенно дольше чем ручкой по бумаге). Есть причина и более глубокая: поощрять умственную ленность аморально. Вот если бы спросили как вычислять двухмерный (оставляя z без преобразования) фурье-образ от $1/r$ (единственное не совсем тривиальное тут) я бы подсказал. Но тоже без формул, лишь в общих чертах Задачи надо решать самостоятельно. А не смотреть как другие решают. Кстати, поэтому я еще в студенчестве терпеть не мог занятия по решению задач: этим лучше дома заниматься.

[Omega]

Прошу прощения за грубейшие опечатки, да конечно, я писал всё это, к сожалению тогда, когда торопился вот и вышел этот ужас .

[Munin]

profrotter в сообщении #750333 писал(а):

Потому что нет никакой формализации касательно размещения изображений. В каждой конретной задаче требуется поиск своих изображений.

Зря вы так. Изображения размещаются по законам геометрической оптики, и всё. Есть другая трудность: в случае нескольких отражающих поверхностей возникают бесконечные ряды изображений (как отражения в двух зеркалах), и их надо суммировать. То есть, практическая полезность метода падает.

-- 30.07.2013 19:01:52 --

Omega в сообщении #750360 писал(а):

Ответ, как ни странно, получился у меня верный, но я так и не понял физического смысла того, что заряд $q''$, как бы, "не виден" в первом полупространстве, ровно так же, как и заряды $q$ и $q'$ "не видны" во втором полупространстве...

Представьте себе оптику. У вас муха над водой. Находясь над водой, вы видите муху и её отражение. А находясь под водой, вы уже отражения не видите, а видите только муху, причём не там, где она фактически расположена (из-за преломления света).

-- 30.07.2013 19:04:54 --

Alex-Yu в сообщении #750391 писал(а):

Ну тут же не две-три строчки.

Ну десять. К тому же, можете конспективно.

Alex-Yu в сообщении #750391 писал(а):

Есть причина и более глубокая: поощрять умственную ленность аморально.

Ох... просто это не самое приоритетное для меня сейчас занятие. Я хочу быстро сориентироваться, запомнить, и пойти по другим делам. Когда понадобится - займусь серьёзно и без лености.

Alex-Yu в сообщении #750391 писал(а):

Вот если бы спросили как вычислять двухмерный (оставляя z без преобразования) фурье-образ от $1/r$ (единственное не совсем тривиальное тут) я бы подсказал. Но тоже без формул, лишь в общих чертах

Кстати, да, многомерные фурье-образы мне не даются. Но я думал, что вы это по ходу покажете.

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #750512 писал(а):

Ну десять. К тому же, можете конспективно.

Не, не десять, больше. Тем более, что выводить надо. Я что же, помню в деталях формулы что я тридцать лет назад писал??? В общих чертах помню, на идейном уровне, но и только. А искать в какой тетрадке на антресолях... Нет, проще заново вывести, тетрадок слишком много

Что же конспективно, так это можно на словах. И эти слова я уже сказал. Вся "фишка" в том, что к обычному решению типа 1/r надо добавить решение ОДНОРОДНОГО уравнения Пуассона (т.е. Лапласа). А это просто после фурье по x и y. Ну просто же экспоненты и коэффициенты... И сшивка решений сверху и снизу.

Взять двухмерный (лишь по x и y) фурье-образ от 1/r можно в полярных координатах. Интегрирование по углу дает ф-цию Бесселя. Дальше по радиальной координате получается интеграл типа Ганкеля-Никольсона, который дает сферическую (с полуцелым индексом) ф-цию Макдональда. Последняя же, как известно, сводится к экспоненте.

Но можно "хитрее", обойтись без бесселей. Пишем трехмерное (!) фурье-представление 1/r. Оно сразу ясно из ур-я Пуассона. Делаем обратное преобразование ТОЛЬКО по z. Ну это совсем просто, одномерный фурье-образ от лоренциана. В полпинка методами ТФКП. Получаем все ту же экспоненту.

-- Ср июл 31, 2013 00:27:50 --

Munin в сообщении #750512 писал(а):

Ох... просто это не самое приоритетное для меня сейчас занятие. Я хочу быстро сориентироваться, запомнить, и пойти по другим делам. Когда понадобится - займусь серьёзно и без лености.

Не только Вы это все читаете.

[Munin]

За "хитрый" способ спасибо.

[profrotter]

Omega в сообщении #750360 писал(а):

но я так и не понял физического смысла того, что заряд $q''$, как бы, "не виден" в первом полупространстве, ровно так же, как и заряды $q$ и $q'$ "не видны" во втором полупространстве...

Физический смысл закончился там, где была записана граничная задача. Дальше следует говорить суровым языком математики. Я набросаю нечестно и навскидку, поскольку сейчас не имею доступа к литературе.

Смотрим на первое уравнение - речь идёт о конструировании функции Грина для оператора Лапласа, которая, как известно, будет представлена в виде:

$$\varphi_1=\frac{q}{4\pi\varepsilon_1\varepsilon_0}\frac{1}{|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r_0}|}+\varphi'_1,$$

где $\overrightarrow{r_0}$ - радиус-вектор, соответствующий точечному заряду, $\varphi'_1$ - гармоническая в области $z>0$ функция. Второе уравнение просто определяет гармоническую в области $z<0$ функцию $\varphi''_2$.

Дело за малым - найти эти самые гармонические функции и выбрать константы так, чтобы выполнялись граничные условия. Когда будем их искать учтём, что задача обладает круговой симметрией относительно оси $z$ (я руководствуюсь системой координат, которую ввёл в предыдущем сообшении), поэтому решение должно обладать симметрией. В качестве искомых гармонических функций рассмотрим

$$\varphi'_1=\frac{q'}{4\pi\varepsilon_1\varepsilon_0}\frac{1}{|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r'}|},$$

где$\overrightarrow{r'}$ соответствует точке на оси $z$, такой, что $z<0$, что обеспечивает гармоничность функции в области $z>0$; $q'$ - коэффициент, определяемый из граничных условий.
Далее

$$\varphi''_2=\frac{q''}{4\pi\varepsilon_2\varepsilon_0}\frac{1}{|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r''}|},$$

где$\overrightarrow{r''}$ соответствует точке на оси $z$, такой, что $z>0$, что обеспечивает гармоничность функции в области $z<0$; $q''$ - коэффициент, определяемый из граничных условий.

Теперь из граничных условий при $\overrightarrow{r_0}=\overrightarrow{r''}=-\overrightarrow{r'}$ определяются коэффициенты, что Вы уже проделали самостоятельно, пусть и с ошибками.

Далее всё проделанное облачается в некую мнемоническую схему, согласно которой решение в верхней полуплоскости получается сложением потенциалов исходного заряда и заряда - изображения $q'$, а решение в нижней полуплоскости есть потенциал заряда $q''$. Причём существенно, что $q''$ находится в верхней полуплоскости - иначе во втором уравнении исходной задачи в правой части появилась бы дельта-функция.

Примерно так.

Munin в сообщении #750512 писал(а):

Зря вы так.

Ну как хотите. Пусть будет метод.

[svv]

Рассмотрим непрерывное распределение зарядов с плотностью $\rho$ в вакууме. Плотность отлична от нуля только в верхнем полупространстве, в нижнем зарядов нет.
Потенциал $\varphi$ этого распределения в вакууме обозначим $f(x, y, z)$. Эта функция послужит строительным материалом для более сложного случая. Она удовлетворяет уравнению Пуассона:

$$\Delta f=\begin{cases}-4\pi\rho,&z>0\\0,&z<0\end{cases}$$

Заполним верхнее полупространство диэлектриком с $\varepsilon_1$, а нижнее с $\varepsilon_2$, а распределение заряда возьмём то же. Каким будет теперь потенциал?
Кто-то догадался искать решение в виде:

$$\varphi=\begin{cases}a_1 f(x, y, z)+b_1 f(x, y, -z),&z>0\\a_2 f(x, y, z)+b_2 f(x, y, -z),&z<0\end{cases}$$

Это и есть метод изображений для диэлектриков. Вид решения немного напоминает суперпозицию прямой и обратной волн.

Чтобы найти коэффициенты, надо использовать:
$\bullet$ граничные условия на потенциал и его нормальную производную, это даёт
$a_1+b_1=a_2+b_2$
$\varepsilon_1(a_1-b_1)=\varepsilon_2(a_2-b_2)$
$\bullet$ уравнение Пуассона для потенциала: $\Delta \varphi=\begin{cases}-\frac{4\pi}{\varepsilon_1}\rho,&z>0\\0,&z<0\end{cases}$ , это даёт
$a_1=\frac 1{\varepsilon_1}$
$b_2=0$

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #750593 писал(а):

За "хитрый" способ спасибо.

А есть еще хитрее Преобразованное ур-е Пуассона выглядит так

$$ \phi'' - k^2\phi = 4\pi q \delta(z) \, , \quad k^2=k_x^2+k_y^2 $$

не так ли? Штрих -- производная по z. Везде кроме $z=0$ должна быть экспонента от $\pm kz$ это ясно из уравнения. Далее нужна конечность (и даже исчезновение) на $\pm\infty\,$. Для того, чтобы узнать решение, остается лишь найти константу (от z, не от k) в формуле:

$$ \phi=C (\Theta(z) e^{-kz} + \Theta(-z)e^{kz}) $$

Подставляем и дифференцируем (производная от ф-ции Хевисайда $\Theta$ это дельта-функция). Убеждаемся, что все члены кроме пропорциональных дельта-функции "уходят". И тогда получается все сразу, все та же экспонента $e^{-|kz|}\,$ с известным коэффициентом.

Здесь заряд в нуле координат, но сдвинуть не проблема. Потом добавляем решения однородного ур-я (ясно, как устроенные), сшиваем, получаем коэффициенты (два уравнения сшивки и два коэффициента, все ОК). Смотрим, и видим наш метод отражений. При желании можно сделать обратное фурье в реальное пространство, но и так все ясно.

[Munin]

Не понял, а где в этой схеме вообще граница двух диэлектриков?

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #751039 писал(а):

Не понял, а где в этой схеме вообще граница двух диэлектриков?

Там где сшиваются решения. Естественно граница должна быть z=const. Вверху (где z больше) имеем неоднородное решение (три метода получения я описал) плюс $C_1e^{-kz}$ --- решение однородного уравнения. Внизу --- только однородное решение $C_2e^{kz}$. Осталось написать систему уравнений для определения $C_1$ и $C_2$. И все готово.