פרק 6 - משוואת לפלאס

בהרצאות הקודמות ראינו את החשיבות של פתרון הבעיה הסטטית כבסיס לכל בעית EQS.

הגדרת הבעיה

את הפיתרון הפרטי למשוואת פואסון אנחנו כבר יודעים לחשב. נביט בתחום כלשהו $𝒟$ , בו קיימים מטענים שצפיפותם $ρ$ (איור 1). תנאי השפה יכולים להיות להיות באופן כללי נתונים כתנאי שפה דיריכלה על חלק מהשפה, ותנאי שפה נוימן על החלק האחר, ובלבד שמוגדרים על פני כל השפה. ולכן, התאור המלא של הבעיה נתון על ידי משוואות פואסון, ותנאי השפה שהיא צריכה לקיים $\nabla^{2} ϕ = - \frac{ρ}{ϵ_{0}} + B o u d n a r y C o n d i t i o n s$

כפי שכבר ראינו (לדוגמא בשיטת השיקופים), את הפתרון ניתן לפרק לסכום של פתרון פרטי (הנובע מפילוג המטען הנתון, אך לאו דווקא מקיים את תנאי השפה הדרושים) אותו ניתן לקבל באמצעות סופרפוזיציה, ופתרון הומוגני (פתרון ללא מקורות). $ϕ = ϕ_{p} + ϕ_{h}$
כאשר הפתרון ההומוגני מקיים את המשוואה ללא המקורות - משוואת לפלאס $\nabla^{2} ϕ_{h} = 0$ .

משוואת לפלאס - תכונות הפתרון

עקרון המינמום / מקסימום: לפתרונות משוואת לפלאס אין נקודות קיצון מקומיות בתוך התחום.

אינטואיטיבית: אם קיים למשל מינימום, אז השדה בכל מקום מכוון אל המינימום.

במקרה כזה, חוק גאוס הוא:

$\iint \vec{E} \cdot \hat{n} d S = Q_{i n}$ ולכן יש מטען בנקודה, אבל $ϕ$ מקיים את משוואת לפלאס, כלומר הפוטנציאל הוא ללא מטענים בתחום! ולכן, לא יתכן שיש קיצון מקומי! (הטיעון תקף גם לנקודת מקסימום).

הערה: אם בכל זאת נרצה נימוק יותר ריגורוזי:

בנק' קיצון מקומית $\nabla ϕ = 0$ . כדי שזה אכן יהיה קיצון, נרשום את מטריצת ההסיאן:

$\bar{\bar{H}} = (\begin{matrix} ϕ_{x x} & ϕ_{x y} & ϕ_{x z} \\ ϕ_{y x} & ϕ_{y y} & ϕ_{y z} \\ ϕ_{z x} & ϕ_{z y} & ϕ_{z z} \end{matrix})$ ולהאסיאן זה צריכים להיות ערכים עצמיים שהם כולם חיוביים (נקודת מינימום) או כולם שליליים (נקודת מקסימום):

$\sum_{i} λ_{i} = t r (\bar{\bar{H}}) = \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial^{2} x} + \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial^{2} y} + \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial^{2} z} \underset{Laplace}{\underset{⏟}{=}} 0$ ולכן לא יכולות להיות נקודות קיצון.

מכאן נובע ש $ϕ$ מקבלת את ערכי הקיצון על השפה. ולכן אם $ϕ$ קבועה על השפה, אז היא חייבת להיות קבועה בכל התחום ומכך נבין כי השדה בתוך התחום יהיה אפס.

משוואת פואסון - תכונות הפתרון

יחידות הפתרון

נניח בשלילה שיש 2 פתרונות לבעיה $ϕ_{1}$ , $ϕ_{2}$ . נגדיר:

$ϕ_{3} \equiv ϕ_{2} - ϕ_{1}$ ולכן:

$\nabla^{2} ϕ_{3} = \nabla^{2} ϕ_{2} - \nabla^{2} ϕ_{1} = - \frac{ρ}{ϵ_{0}} - (- \frac{ρ}{ϵ_{0}}) = 0$ מה לגבי תנאי שפה?

${\begin{cases} ϕ_{3} (r_{B, 1}) = ϕ_{2} (r_{B, 2}) - ϕ_{1} (r_{B, 1}) = ϕ_{B} - ϕ_{B} = 0 \\ \frac{\partial ϕ_{3}}{\partial n} |_{r_{B, 2}} = . . . = 0 \end{cases}$ המטרה: להראות ש ${\vec{E}}_{3} = - \nabla ϕ_{3} = 0$ , ומכאן ינבע ש ${\vec{E}}_{1} = {\vec{E}}_{2}$ .

אם נצליח להראות שהאנרגיה שווה ל:

$u_{E} = \underset{D}{∭} ϵ_{0} / 2 | {\vec{E}}_{3} |^{2} d V$ האגורה ב ${\vec{E}}_{3}$ מתאפסת ← ${\vec{E}}_{3}$ הוא אפס זהותית בכל התחום.

נרצה לקש את הביטוי ל $u_{E}$ ל $ϕ_{3}$ או ${\vec{E}}_{3}$ על השפה, כי אלו הנתונים שלנו.

נשתמש בזהות הוקטורית: $\nabla \cdot (ψ \vec{F}) = ψ (\nabla \cdot \vec{F}) + \nabla ψ \vec{F}$ ונקבל:

$\nabla \cdot (ϕ_{3} {\vec{E}}_{3}) = \underset{= \frac{ρ_{3}}{ϵ_{0}} = 0}{\underset{⏟}{ϕ_{3} (\nabla \cdot {\vec{E}}_{3})}} + \underset{- | {\vec{E}}_{3} |^{2}}{\underset{⏟}{\underset{- {\vec{E}}_{3}}{\underset{⏟}{\vec{\nabla} ϕ_{3}}} \cdot {\vec{E}}_{3}}}$ $\underset{D}{∭} ϵ_{0} / 2 | {\vec{E}}_{3} |^{2} = \underset{D}{∭} ϵ_{0} / 2 (- \nabla \cdot (ϕ_{3} \cdot {\vec{E}}_{3})) d V = - ϵ_{0} / 2 \iint_{S = \partial D} ϕ_{3} {\vec{E}}_{3} \cdot \hat{n} d S$ בנקודה $r_{B, 1}$ מתקיים $ϕ_{3} = 0$

בנקודה $r_{B, 2}$ מתקיים ${\vec{E}}_{3} \cdot \hat{n} = 0$

ולכן האינטגרטור מתאפס בכל מקום על השפה:

$\Rightarrow \int ϵ_{0} / 2 | E_{3} |^{2} d V = 0 \Rightarrow {\vec{E}}_{3} |_{in all D} = 0$ בעזרת זהות זו ניתן גם לקשור את האנרגיה האגורה לפוטנציאל ולפילוג המטען אם הוא ידוע.

נניח D אינסופי, ואנו יודעים את פילוג המטען בכל מקום, והוא מוגבל לאזור סופי במרחב:

$\underset{All space}{∭} ϵ_{0} / 2 | E |^{2} = ϵ_{0} / 2 ∭ ϕ \underset{\frac{ρ}{ϵ_{0}}}{\underset{⏟}{(\nabla \cdot \vec{E})}} - ∭ \nabla \cdot (ϕ_{3} {\vec{E}}_{3})$ ממשפט הדיברגנץ נקבל:

$∭ ϵ_{0} / 2 | E |^{2} d V = ϵ_{0} / 2 ∭ ϕ \frac{ρ}{ϵ_{0}} - \underset{\to 0 as V \to \infty}{\underset{⏟}{\underset{\partial r}{∭} ϕ_{3} {\vec{E}}_{3} d r}}$ ולכן:

$∭ ϵ_{0} / 2 | E |^{2} d V = 1 / 2 ∭ ρ d V ∭ \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \cdot \frac{ρ}{| r - r^{'} |} d V^{'}$ $u_{E} = 1 / 2 \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \iint \frac{ρ (r) ρ (r^{'})}{| r - r^{'} |} d V d V^{'}$

משפט הערך הממוצע (איור 2)

$ϕ (r) = \frac{1}{4 π a^{2}} \iint_{sphere} ϕ (r^{'}) d S^{'}$ נוכיח:

$\frac{1}{4 π a^{2}} \iint_{sphere} ϕ (r^{'}) d S^{'} = \frac{1}{4 π a^{2}} \iint (ϕ (r) + \int - \vec{E} \cdot d r^{″} \hat{r}) d S^{'} = . . .$ $. . . = \frac{1}{4 π a^{2}} [ϕ (r) r π a^{2} - \int d r^{″} \underset{= 0 propotional to the flux of the field}{\underset{⏟}{\iint_{Sphere} \vec{E} (e) \cdot \hat{r} d S^{″}}}] = ϕ (r)$

ייצוג נומרי מקורב למשוואת לפלאס

$ϕ_{x x} + ϕ_{y y} + ϕ_{z z} = 0$ ${\begin{cases} ϕ (x + △ x, y, z) = ϕ (x, y, z) + △ x \cdot \frac{\partial ϕ}{\partial x} + △ x^{2} 1 / 2 (\frac{\partial ϕ}{\partial x})^{2} + . . . \\ ϕ (x - △ x, y, z) = ϕ (x, y, z) - △ x \cdot \frac{\partial ϕ}{\partial x} + △ x^{2} 1 / 2 (\frac{\partial ϕ}{\partial x})^{2} + . . . \\ ϕ (x, y + △ y, z) = ϕ (x, y, z) + △ y \cdot \frac{\partial ϕ}{\partial y} + △ y^{2} 1 / 2 (\frac{\partial ϕ}{\partial y})^{2} + . . . \\ y - △ y . . . \\ z + △ z . . . \\ z - △ z . . . \end{cases}$ נניח ש: $△ x = △ y = △ z \equiv △$

בנוסף נניח ש $△$ הוא ממש קטן, כך שקירוב סדר שני הוא מספיק.

נסכם:

$ϕ (x + △) + ϕ (x - △) + ϕ (y + △) + ϕ (y - △) + ϕ (z + △) + ϕ (z - △) = 6 ϕ (x, y, z) + △^{2} \underset{= 0}{\underset{⏟}{(\frac{\partial^{2} ϕ}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial z^{2}})}}$ נחלק ב - 6 ונקבל:

$ϕ (x, y, z) = 1 / 6 [ϕ (x + △) + ϕ (x - △) + ϕ (y + △) + ϕ (y - △) + ϕ (z + △) + ϕ (z - △)]$ כלומר, $ϕ$ בנקודה x,y,z שווה לממוצע של הערכים בנקודת הסריג שמקיפות את הנקודה.

פתרון בהפרדת משתנים

טכניקת פתרון כאשר פותרים לפלס בתחום ספרבילי - תחום שאת כל השפות שלו ניתן לתאר כמשטחים שווי קורדינטה.

קורדינטות קרטזיות

משוואת לפלאס בקורדינטות אלו: $ϕ_{x x} + ϕ_{y y} + ϕ_{z z} = 0$ פתרון בהפרדת משתנים:

$Φ = X (x) Y (y) Z (z)$ נציב בלפלאס: $X X^{″} Y Z + X Y^{″} Z + X Y Z^{″} = 0$ נחלק ב XYZ, ונקבל:

$\underset{= - k_{x}^{2} depends only on x}{\underset{⏟}{\frac{X^{″}}{X}}} + \underset{= - k_{y}^{2} depends only on y}{\underset{⏟}{\frac{Y^{″}}{Y}}} + \underset{= - k_{z}^{2} depends only on z}{\underset{⏟}{\frac{Z^{″}}{Z}}} = 0$ $\Rightarrow k_{x}^{2} + k_{y}^{2} + k_{z}^{2} = 0$ מכאן, כל אחד משלושת המחברים חייב להיות פונקציה קבועה שאינה תלויה בקורדינטות.

הבעיה "מופרדת" ל-3 משוואות דיפרנציאליות רגילות:

$(1) \frac{X^{″}}{X} = - k_{x}^{2}, (2) \frac{Y^{″}}{Y} = - k_{y}^{2} (3) \frac{Z^{″}}{Z} = - k_{z}^{2}$

הפיתרון הטריוויאלי:

$k_{x} = k_{y} = k_{z} = 0 \Rightarrow X^{″} = 0, Y^{″} = 0, Z^{″} = 0$ $\Rightarrow ϕ = (A x + B) (C y + D) (E z + F)$

במקרה הכללי:

$\frac{X^{″}}{X} = - k_{x}^{2} \Rightarrow X^{″} + k_{x}^{2} X = 0$ נחלק לשני מקרים:


$k_{x}^{2} > 0$	$k_{x}^{2} < 0$
$X = A \sin (k_{x} x) + B \cos (k_{x} x)$	$X = A \cdot e^{{\tilde{k}}_{x} x} + B \cdot e^{- {\tilde{k}}_{x} x}$

כאשר $k_{x} \equiv i {\tilde{k}}_{x}$ .

באופן כללי, תמיד ניתן לרשום:

$ϕ = (A \cos (k_{x} x) + B \sin (k_{x} x)) \cdot (C \cos (k_{y} y) + D \sin (k_{y} y)) \cdot (E \cos (k_{z} z) + F \sin (k_{z} z))$ מכיוון ש $k_{x}^{2} + k_{y}^{2} + k_{z}^{2} = 0$ , חלקם צריכים להיות מדומים.

אופציה נוספת: לכתוב חלק מהפתקונות כפונקציות טריגונומטריות וחלק כאקספוננציאליות, כך ש:

$\underset{Trigonometric}{\underset{⏟}{\sum_{i} k_{i}}} = \underset{Exponential}{\underset{⏟}{\sum_{i} {\tilde{k}}_{i}}}$

קורדינטות קרטזיות - דוגמא 1 (איור 4)

הפוטנציאל בין לוחות הקבל מקיים $\nabla^{2} ϕ = 0$
התחום ספירבילי
תנאי שפה: $ϕ (z = 0) = 0, ϕ (z = d) = V$

מאחר וערך הפוטנציאל קבוע על משטחים שווי z:

$ϕ = (E z + F) \cdot (A x + B) \cdot (C y + D)$ נציב תנאי שפה:

$ϕ (z = 0) = F = 0, ϕ (z = d) = E d = V$ $\Rightarrow ϕ = \frac{V}{d} \cdot z \Rightarrow \vec{E} = - \nabla ϕ = - \frac{V}{d} \hat{z}$

קורדינטות קרטזיות - דוגמא 2 (איור 5)

מה הפוטנציאל בתוך התחום
המבנה אינסופי בכיוון z ← $k_{z} = 0$ .

הפוטנציאל פותר את משוואת לפלאס בתחום:

${\begin{cases} No charge: \nabla \cdot \vec{E} = \frac{ρ}{ϵ_{0}} = 0 \\ Static problem: \nabla \times \vec{E} = μ_{0} \frac{\partial H}{\partial t} = 0 \Rightarrow \vec{E} = - \nabla ϕ \end{cases}$ תנאי שפה:

${\begin{cases} ϕ (x = 0) = ϕ (x = d) = 0 \\ ϕ (y = 0) = 0 \\ ϕ (y = a) = V (x) \end{cases}$ $k_{x}^{2} + k_{y}^{2} = 0 \Rightarrow | k_{x} | = | k_{y} | \equiv k$ ולכן נכתוב את הפיתרון כך:

$ϕ = (A \sin (k x) + B \cos (k x)) \cdot (C \sinh (k y) + D \cosh (k y))$ נציב בתנאי שפה:

${\begin{cases} ϕ (x = 0) = B \cdot f (y) = 0 \Rightarrow B = 0 \\ ϕ (x = d) = A \sin (k d) \cdot f (y) = 0 \Rightarrow \sin (k d) = 0 \Rightarrow k = \frac{π n}{d}, n \in ℕ \\ ϕ (y = 0) = g (x) \cdot D = 0 \Rightarrow D = 0 \end{cases}$ עד כה, את הפיתרון ניתן לייצג באופן הבא:

$ϕ = \sum_{n} {\tilde{A}}_{n} \sin (\frac{π n}{d} x) \underset{Constant}{\underset{⏟}{\sinh (\frac{π n a}{d})}} = V (x)$ ניתן לכתוב לפיכך:

$ϕ = \sum_{n} {\tilde{B}}_{n} \sin (\frac{π n}{d} x), {\tilde{B}}_{n} \equiv {\tilde{A}}_{n} \sinh (\frac{π n a}{d})$ הערות:

הטור הוא מייצג של פיתוח של פונקציות מחזוריות. נשאלת השאלה - אז איזו פונקציה אנחנו מפתחים לטור?
מה המחזור של הפונקציה שמיוצגת על ידי הטור הנתון?

המחזור הכי גדול הוא של האיבר הראשון $\sin (\frac{π x}{d})$ , שהמחזור שלו הוא 2d. נסיק כי המחזור של הפונקציה הוא 2d.

לפונקציה המחזורית המלאה נקרא $\tilde{V} (x)$ .

בתחום $0 < x < d$ מתקיים: $\tilde{V} (x) = V (x)$ .

עכשיו רק נותר למצוא את המקדמים בפיתוח של $\tilde{V} (x)$ לטור הסינוסים:

$\tilde{V} (x) = \sum_{n} B_{n} \sin (\frac{π n}{d} x) (*)$ נשתמש בפונקציה $V (x) = V_{0}$ :

נכפול את הביטוי (*) ב $\int_{- d}^{d} \sin (\frac{π}{d} m x) d x$ :

$\int_{- d}^{d} \sum_{n} {\tilde{B}}_{n} \sin (\frac{π}{d} n x) \sin (\frac{π}{d} m x) d x = \int_{- d}^{d} \sin (\frac{π}{d} m x) \cdot \tilde{V} (x) d x$ מאורתוגונליות:

${\tilde{B}}_{m} \int_{- d}^{d} \sin^{2} (m x) \cdot \frac{π}{d} d x = 2 \int_{0}^{d} V_{0} \sin (\frac{π}{d} m x) d x$ נקבל:

${\tilde{B}}_{m} \cdot d = 2 \int_{0}^{d} V_{0} \sin (m x \cdot \frac{π}{d}) d x$ $\Rightarrow {\tilde{B}}_{m} = \frac{4 V_{0} d}{π m} \cdot {\begin{cases} 0, & if m is even \\ 1, & if m is odd \end{cases}$ $\Rightarrow ϕ = \sum_{n} \frac{8 V_{0}}{(2 n - 1) π} \cdot \frac{1}{\sinh (\frac{π a}{d} \cdot (2 n - 1))} \cdot \sin (\frac{(2 n - 1) \cdot π x}{d}) \cdot \sinh (\frac{(2 n - 1) π}{d} y)$ $\Rightarrow \vec{E} = - \nabla ϕ = \sum_{n} \frac{- 8 V_{0}}{d \sinh (\frac{(2 n - 1) π a}{d})} [\cos (\frac{(2 n - 1) π x}{d}) \cdot \sinh (\frac{(2 n - 1) π y}{d}) \hat{x} + \sin (\frac{(2 n - 1) π x}{d}) \cdot \cosh (\frac{(2 n - 1) π y}{d}) \hat{y}]$

מה הקיבול?

כדי לחשב את הקיבול, נחשב את סף המטען על האלקטרודה $V (x)$ .

$η = \hat{y} \cdot (ϵ_{0} {\vec{E}}_{u p} - ϵ_{0} {\vec{E}}_{d o w n}) = - 2 \hat{y} \cdot ϵ_{0} \cdot {\vec{E}}_{d o w n} |_{middle board} = - 2 ϵ_{0} (- \frac{\partial ϕ}{\partial y}) |_{y = a} = . . .$ $. . . = \sum_{n} \frac{- 8 V_{0} ϵ_{0}}{d} \cdot (- 2) \cdot \coth (\frac{(2 n - 1) π a}{d}) \cdot \sin (\frac{(2 n - 1) π x}{d})$ נחשב את סך המטען:

$Q = \int_{0}^{d} η d x = \sum_{n} \frac{32 V_{0} ϵ_{0}}{2 n - 1} \coth (\frac{(2 n - 1) π a}{d})$ אך זה מתבדר בגלל אי הרציפות של הפוטנציאל.

בבעיה אמיתית ניתן להניח שהשינוי של הפוטנציאל ב - δ (איור 8) הוא לינארי.

פרק 6 - משוואת לפלאס

Contents

הגדרת הבעיה

משוואת לפלאס - תכונות הפתרון