פרק 7 - פתרון משוואת לפלאס במערכת קורדינטות גלילית

בשבוע הקודם ראינו קיצר ניתן לפתור את משוואת לפלאס באמצעות הפרדת משתנים בקורדינטות קרטזיות.

בשבוע הזה נראה כיצד נוכל לפתור את בעית לפלאס למערכת עם סימטריה אזימוטלית (גלילית).

פתרון בהפרדת משתנים - קורדינטות גליליות

איור 1

הגדרת קורדינטות גליליות מתוארת באיור 1. בקורדינטות אלו, משוואת לפלס היא:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial \varphi }{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial {\phi }^2}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial z^2}=0$$

באופן דומה לתהליך שבו השתמשנו במקרה הקרטזי, ניקח פתרון בהפרדת משתנים מהצורה:

$$\varphi =R(r)F(\phi )Z(z)$$

נציב חזרה במשוואת לפלס

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =F\cdot Z\cdot \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })+\frac{1}{r^2}{F}^{″}RZ+FR{Z}^{″}=0$$

כעת, נחלק את המשוואה שהתקבלה ב-$FRZ$ ונקבל:

$$\frac{1}{Rr}\cdot \frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })+\frac{1}{r^2}\cdot \frac{F^{″}}{F}=-\frac{Z^{″}}{Z}$$ במקרה זה יש לבצע את ההפרדה בשני שלבים. בשלב ראשון, נשים לב כי אגף ימין של משוואה זו תלוי במשתנה $z$ בלבד, ואגף שמאל במשתנים $r,\phi$ ולכן כל אחד מהם חייב להיות שווה לקבוע. מכאן, משוואת ההפרדה עבור $Z(z)$ תהיה $$\frac{Z^{″}}{z}=-k_z^2$$ וזו משוואה מוכרת, שקיבלנו גם בבעיה הקרטזית (זה לא מפתיע כלל, מכיוון שקורדינטה $z$ היא אותה קורדינטה גם בקרטזיות וגם בגליליות). עבור אגף שמאל של משוואת ההפרדה המלאה נקבל

$$\frac{1}{Rr}\cdot \frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })+\frac{1}{r^2}\cdot \frac{F^{″}}{F}=k_z^2$$

נכפול ב $r^2$:

$$\underset{\text{depends only on r}}{\underbrace{\frac{r}{R}\cdot \frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })-k_z^2{r}^2}}+\underset{\text{depends only on }\phi }{\underbrace{\frac{F^{″}}{F}}}=0$$

מכאן, ניתן לרשום שתי משוואות הפרדה נוספות עבור $R,F$. עבור $F$:

$$\frac{F^{″}}{F}\equiv -{\nu }^2$$

ועבור $R$

$$\frac{1}{r}\cdot \frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })-(\frac{{\nu }^2}{r^2}+k_z^2)R=0$$

ובסך הכל יש שני קבועי הפרדה בלתי תלויים - $\nu ,k_z$.

סיווג הפתרונות

אצלנו בקורס אנחנו נתמקד בפתרונות דו-ממדיים, כלומר שאינם תלויים בקורדינטה $z$, ולכן נניח בשלב זה ש-$k_z=0$.

הפיתרון הטריוויאלי - פתרון זה מקיים $\nu =0,k_z=0$. מתוך משוואות ההפרדה נקבל

$$\{\begin{array}{l}{F}^{″}=0\Rightarrow F=A\phi +B\\ Z^{″}=0\Rightarrow Z=Cz+D\\ \end{array}$$$$\Rightarrow \frac{1}{r}\cdot \frac{\partial }{\partial r}(r{R}^{\prime })=0\Rightarrow r{R}^{\prime }=E\Rightarrow R^{\prime }=\frac{E}{r}\Rightarrow R=E\ln (r)+F$$

פתרון כללי - פתרון זה מקיים $\nu \ne 0,k_z=0$:

$$\frac{F^{″}}{F}=-{\nu }^2\Rightarrow F^{″}+{\nu }^{2}F=0$$ ניתן לסווג בנוסף, על פי הערך של ${\nu }^2$.

אם ${\nu }^2>0$:

$$F(\phi )=A\cos (\nu \phi )+B\sin (\nu \phi )$$ הצבה חזרה במשוואה עבור $R$:

$$r^2{R}^{″}+r{R}^{\prime }-{\nu }^{2}R=0\Rightarrow R=E{r}^{\nu }+F{r}^{-\nu }$$ משפחת פתרונות זו מתאימה למקרה שבו אנחנו רוצים לפרוס תנאי שפה מסוים לאורך קורדינטה $\phi$, כמו שנראה בדוגמאות.

אם ${\nu }^2<0$:

$$\nu \equiv i\tilde{\nu }$$$$F^{″}-{\tilde{\nu }}^{2}F=0\Rightarrow F=A\sinh (\tilde{\nu }\phi )+B\cosh (\tilde{\nu }\phi )$$נציב במשוואה ל- $R$:

$$R=\tilde{E}\cos (\tilde{\nu }\ln (r))+\tilde{F}\sin (\tilde{\nu }\ln (r))$$ משפחת פתרונות זו מתאימה למקרה שבו אנחנו רוצים לפרוס תנאי שפה מסוים לאורך קורדינטה $r$. שימו לב שלא קיבלנו פריסה באמצעות פתרונות $sin,cos$ בצורה "רגילה", וזאת מכיוון שלאורך קורדינטה $r$ האורתוגונליות של הפתרונות מוגדרת ביחס למכפלה פנימית שונה מהמקרה הקרטזי הרגיל (פונקציית המשקל תהיה r).

סיכום קצר

בכל הפתרונות $k_z=0$ התלות בכיוון z היא טריוויאלית.

$\varphi =(A\phi +B)(C\ln (r)+D)(Ez+F)$	$\nu =0$
$\varphi =[A\cos (\nu \phi )+B\sin (\nu \phi )]\cdot [C{r}^{\nu }+D{r}^{-\nu }]\cdot [Ez+F]$	${\nu }^2>0$
$\varphi =[A\sinh (\tilde{\nu }\phi )+B\cosh (\tilde{\nu }\phi )]\cdot [C\sin (\tilde{\nu }\ln (r))+D\cos (\tilde{\nu }\ln (r))]\cdot [Ez+F]$	${\nu }^2<0$

דוגמא 1

איור 2

איור 3 - השדה החשמלי בבעיה

הגאומטריה מתוארת באיור 2. שני משטחי אינסופיים בכיוון $z$ יוצרים זווית $\alpha$ ביניהם, ומחוברים לפוטנציאלים כמוראה בתרשים. יש לחשב את $\varphi$ בין הלוחות הללו.

תנאי שפה עבור הפוטנציאל בין הלוחות:

$\varphi (\phi =0)=0,\varphi (\phi =\alpha )=V_0$

הבעיה מתאימה לפיתרון טריויאלי:

$$\varphi =(A\phi +B)\cdot (C+\underset{=0}{\underbrace{D\ln (r)}})\cdot (\underset{=0}{\underbrace{Ez}}+F)=A\phi +B$$

נציב תנאי שפה:

$$\varphi (\phi =0)=B=0$$

$$\varphi (\phi =\alpha )=A\cdot \alpha =V_0\Rightarrow A=\frac{V_0}{\alpha }$$

לכן:

$$\varphi =\frac{V_0}{\alpha }\cdot \phi$$$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =-\frac{V_0}{\alpha r}\hat{\phi }$$

תרשים של הפוטנציאל (צבעים) ושל השדות ניתן לראות באיור 3.

דוגמא 2

איור 4

נתון תיל אינסופי טעון בצפיפות אחידה כמוראה באיור 4

נבחר גם כאן בפתרון הטריוויאלי. מאחר ויש סימטריה מלאה של הבעיה לתזוזה בכיוון $z$ וגם סימטריה מלאה ב-$\phi$:

$$\varphi =(\underset{=0}{\underbrace{A\phi }}+B)\cdot (\underset{=0}{\underbrace{Cz}}+D)\cdot (E+F\ln (r))=E+F\ln (r)$$נבחר ייחוס לפוטנציאל ב- $r=R_0$:

$$\varphi =C_1\ln (\frac{r}{R_0})$$ את הקבוע החסר נוכל לקבל מחוק גאוס האינטגרלי: $$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =-\frac{C_2}{r}\hat{r}\underset{\text{Gauss's theorem}}{\underbrace{=}}\frac{\lambda }{2\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{r}\hat{r}$$

דוגמא 3

איור 5

גליל אינסופי בכיוון $z$ שרדיוסו $a$ עשוי ממוליך אידאלי (PEC). בסביבת הגליל מופעל שדה חיצוני ${\overrightarrow{E}}^{external}=E_0\hat{x}$, כמוראה באיור 5.

יש לחשב את הפוטנציאל החשמלי והשדה בכל המרחב.

מחוץ לגליל הפוטנציאל מקיים את משוואת לפלס ${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =0$. תנאי השפה שעל הפתרון לקיים עבור השדות

$$\{\begin{array}{l}\overrightarrow{E}(r\gg a)=E_0\hat{x}\\ \varphi (r=a)=C\end{array}$$ ולכן על הפוטנציאל לקיים $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\varphi (r\gg a)=-E_{0}x=-E_{0}r\cos \phi \text{ (1)}\\ \varphi (r=a)=0\text{ (2)}\end{array}$$

הפיתרון הכללי:

$$\varphi =(A{r}^{\nu }+B{r}^{-\nu })\cdot (C\sin (\nu \phi )+D\cos (\nu \phi ))$$ מאחר ואנו פותרים בכל התחום הזוויות $\phi \in [0,2\pi ]$ חייב להתקיים:

איור 6 - קווים שווי פוטנציאל בדוגמא

$$\nu =n\in \mathbb{\mathbb{N}}$$ מתנאי שפה (1) נבחר $\nu =n=1$:

$$\varphi =(Ar+\frac{B}{r})\cdot (C\sin \phi +D\cos \phi )$$מ (2):$$\varphi (r=a)=0=(Aa+\frac{B}{a})\cdot (C\sin \phi +D\cos \phi )\Rightarrow Aa+\frac{B}{a}=0\Rightarrow B=-A{a}^2$$ מ (1):

איור 7 - קווי השדה בדוגמא

$$\varphi (r\gg a)\approx Ar\cdot (C\sin \phi +D\cos \phi )=-E_{0}r\cos \phi$$ $$\Rightarrow C=0,A\cdot D=-E_0\Rightarrow B\cdot D=a^2\cdot A\cdot D$$ $$\Rightarrow \varphi =(-E_{0}r+\frac{E_0{a}^2}{r})\cos \phi =\underset{\text{External potential}}{\underbrace{-E_{0}r\cos \phi }}+\underset{\text{Reaction}}{\underbrace{\frac{E_0{a}^2}{r}\cos \phi }}$$ ניתן לראות שהתוצאה מורכבת למעשה משתי תרומות. החלק הראשון הוא הפוטנציאל החיצוני - הפוטנציאל ש"עורר" את הבעיה. החלק השני הוא פוטנציאל התגובה - פוטנציאל זה נוצר בעקבות תגובת המטענים בגליל לשדה החיצוני.

השדה בבעיה יהיה $$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =E_0\hat{x}-\frac{a^2}{r^2}\cdot (-\cos \phi \hat{r}-\sin \phi \hat{\phi })\cdot E_0$$ מה פילוג המטענים על שפת הגליל? $$\eta =\hat{r}\cdot ({ϵ}_{0}E-{ϵ}_0{E}_{\text{inside}}){|}_{r=a}=...=2{ϵ}_0{E}_0\cos \phi$$

דוגמא 4

איור 8

נתונה גזרה גלילית, בעלת זווית פנימית $\alpha$. רדיוס הגזרה $a$. המשטחים $\varphi =0,\varphi =\alpha$ עשויים מוליך אידאלי ומוארקים. המשטח $r=a$ מחובר לפוטנציאל חיצוני $V(\phi )$, כמוראה באיור 8. המבנה אינסופי בכיוון $\hat{z}$.

בתוך הגזרה הפוטנציאל מקיים ${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =0$ מאחר ומדובר בבעיה סטטית ואין מטענים חופשיים

תנאי השפה:

$$\{\begin{array}{l}\varphi (\phi =0)=0\\ \varphi (\phi =\alpha )=0\\ \varphi (r=a)=V(\phi ),\phi \in [0,\alpha ]\end{array}$$

הפיתרון הטריוויאלי לא יכול לקיים את תנאי השפה, לכן נבחר בפיתרון הכללי:

$$\varphi =(A{r}^{\nu }+B{r}^{-\nu })\cdot (C\sin (\nu \phi )+D\cos (\nu \phi ))$$ נציב תנאי שפה:

$$\varphi (\phi =0)=(A{r}^{\nu }+B{r}^{-\nu })\cdot D=0\Rightarrow D=0$$

על מנת לפשט את הרישום נגדיר:

$$A\cdot C\equiv \tilde{A},B\cdot C\equiv \tilde{B}$$

ונקבל

$$\varphi =(\tilde{A}{r}^{\nu }+\tilde{B}{r}^{-\nu })\sin (\nu \phi )$$

נציב $\phi =\alpha$:

$$\varphi (\phi =\alpha )=(\tilde{A}{r}^{\nu }+\tilde{B}{r}^{-\nu })\sin (\nu \alpha )=0\Rightarrow \nu \alpha =\pi n\Rightarrow \nu =\frac{\pi n}{\alpha },n\in \mathbb{\mathbb{N}}$$

איור 9

ולכן ניתן להביע את הפתרון על ידי $$\varphi =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}({\tilde{A}}_n{r}^{\frac{\pi n}{\alpha }}+{\tilde{B}}_n{r}^{-\frac{\pi n}{\alpha }})\sin \left(\frac{\pi n}{\alpha }\phi \right)$$ מתוך עיקרון המינימום / מקסימום חייב להתקיים ${\tilde{B}}_n=0$ על מנת למנוע התבדרות של הפוטנציאל בראשית:

$$\varphi =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\tilde{A}}_n{r}^{\frac{\pi n}{\alpha }}\sin \left(\frac{\pi n}{\alpha }\phi \right)$$ מכאן מפתחים את המקדמים לפי:

איור 10

$$\varphi (r=a)=V(\phi )$$ ומקבלים ביטוי ל - ${\tilde{A}}_n$, באופן זהה לצורה בה עשינו את הפיתוח במקרה הקרטזי.

מה השדה?

$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =-\hat{r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\tilde{A}}_n\frac{\pi n}{\alpha }{r}^{\frac{\pi n}{\alpha }-1}\sin \left(\frac{\pi n}{\alpha }\phi \right)-\hat{\phi }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\tilde{A}}_n\frac{\pi n}{\alpha }{r}^{\frac{\pi n}{\alpha }-1}\cos \left(\frac{\pi n}{\alpha }\phi \right)$$ נשים לב, כי באיבר הראשון $n=1$ החזקה של $r$ יכולה להיות שלילית כאשר $\alpha >\pi$. כלומר, כאשר מבנה התחום הוא כזה שיש "שפיץ" בראשית, אנחנו מקבלים שהשדה יתבדר בראשית, כפי שאנחנו מצפים. באיור 9 ניתן לראות תרשים של הפוטנציאל והשדה עבור $\alpha <\pi$. ניתן לראות כי השדה רגולרי בראשית. לעומת זאת באיור 10, רואים את התבדרות השדה בראשית.