7. vaje iz Matematične fizike

Problem bomo reševali s separacijo spremenljivk \( u(x, y) = X(x) Y(y) \). Po separaciji nam ostane enačba

\[ \frac{X''}{X} = - \frac{Y''}{Y} = k ^2 \]

V \( y \) smeri je splošna rešitev

\[ Y(y) = A \sin (ky) + B \cos (ky), \]

vendar zaradi sodosti funkcije \( f(x) \) in lihosti sinusa le-tega prečrtamo. Drugi robni pogoj \( B \cos \left( k \frac{a}{2} \right) = 0 \) nam definira vrednosti, ki jih \( k \) lahko zavzame in sicer \( k_n = \frac{2 \pi}{a} \left( n + \frac{1}{2} \right) \). Rešitev je v \( y \) smeri je

\[ Y(y) = B_n \cos \left( \frac{2 \pi}{a} \left[ n + \frac{1}{2} \right] y \right) \]

Splošna rešitev v \( x \) smeri je

\[ X(x) = C \mathrm{sinh} (kx) + D \mathrm{cosh} (kx), \]

kjer ponovno zaradi sodosti ponovno zavržemo liho funkcijo.

Rešitev celotnega problema je vrsta

\[ u(x, y) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n \mathrm{cosh} (k_n x) \cos (k_n y) \]

Upoštevamo še robni pogoj funkcije

\[ \sum\limits_{n = 0}^{\infty} C_n \mathrm{cosh} \left(k_n \frac{a}{2}\right) \cos (k_n y) = f(y) \]

Upoštevamo tudi ortogonalnost kosinusnih funkcij na intervalu \( \left[ - \frac{a}{2}, \frac{a}{2} \right] \)

\[ \int\limits_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \cos (k_n y) \cos (k_m y) \, \mathrm{d} y = \frac{a}{2} \delta_{n, m}, \]

iz česar sledi

\[ \frac{a}{2} C_n \cos \left( k_n \frac{a}{2} \right) = \int\limits_{- \frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} f(y) \cos(k_n y) \, \mathrm{d} y. \]

Sedaj lahko dobimo vrednost posameznih koeficientov

\[ C_n = \frac{2}{a \mathrm{cosh} \left( \frac{a}{2} k_n \right)} \int\limits_{- \frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} f(y) \cos (k_n y) \, \mathrm{d} y \]

Rešujemo torej Laplaceovo enačbo

\[ \nabla ^2 U = 0, \]

saj nimamo električnih izvorov. Robni pogoj je

\[ U(x = 0, y, z) = \begin{cases} 0 &; \left| y \right| > \frac{a}{2}\\ U_0 &; \left| y \right| \le \frac{a}{2} \end{cases} \]

K reševanju tega bomo pristopili s separacijo spremenljivk, vendar postopek ne bo podoben prejšnjim postopkom.

Rešujemo enačbo oblike

\[ \frac{X''}{X} = - \frac{Y''}{Y} = k ^2 \]

in splošni rešitvi za posamezno spremenljivko sta

\[ X = A e^{kx} + B e^{- kx} = A e^{- \left| k \right|\left| x \right|} \text{ in } Y = Ce^{\mathrm{i} k y} + D e^{- \mathrm{i} k y} \]

Imamo nehomogen robni pogoj, zato ne moremo reševati problema kot do sedaj. Prav tako nimamo načina, kako bi kvantizirali \( k \) - namesto vsote, bomo pisali integral. Napisali bomo splošno rešitev in postopali naprej s pomočjo Fourierove transformacije

\begin{equation} \label{eq:1} u(x, y) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} C(k) \exp \left\{ - \left| k \right| \left| x \right| + \mathrm{i} k y \right\} \, \mathrm{d} y. \end{equation}

Iz matematike 4 vemo, da velja

\begin{equation} \label{eq:2} \int\limits_{- \infty}^{\infty} e^{\mathrm{i} k y} \, \mathrm{d} y = 2 \pi \delta(k). \end{equation}

Robni pogoj splošne rešitve \ref{eq:1}

\[ U(0, y) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} C(k) e^{\mathrm{i} k y} \, \mathrm{d} k. \]

prestavimo v Fourierov prostor z množenjem enačb s \( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\mathrm{i}k' y} \, \mathrm{d} y \), kjer je \( k' \ne k \).

Robni pogoj tako postane

\[ \int\limits_{- \infty }^{\infty} U(0,y) e^{- \mathrm{i} k' y} \, \mathrm{d} y = \int\limits_{- \infty}^{\infty} \int\limits_{- \infty}^{\infty} C(k) e^{\mathrm{i} (k - k')y} \, \mathrm{d} y. \]

Upoštevamo identiteto \ref{eq:2} in rešitev postane

\[ \int\limits_{-\infty}^{\infty} U(0, y) e^{- \mathrm{i} k' y} \, \mathrm{d} y = \int\limits_{-\infty}^{\infty} C(k) \cdot 2\pi \delta(k - k') \, \mathrm{d} k = 2 \pi C(k'). \]

Sedaj lahko izrazimo vrednost koeficienta preko dobljene enačbe

\[ C(k) = \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{- \infty}^{\infty} U(0, y) e^{- \mathrm{i} k y} \, \mathrm{d} y = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{- \frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} U_0 e^{- \mathrm{i} k y} \, \mathrm{d}y \]

Integral se izenači v

\[ \int\limits_{- \frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} \left( \cos (ky) - \mathrm{i} \sin (ky) \right) \, \mathrm{d} y = - \frac{1}{\mathrm{i} k } \left( \exp \left( - \mathrm{i} \frac{a}{2} \right) - \exp \left\{ \mathrm{i} k \frac{a}{2} \right\} \right) = \frac{\sin \left( k \frac{a}{2} \right)}{k} \]

Torej je koeficient enak

\[ C(k) = \frac{U_0}{\pi} \frac{\sin \left( k \frac{a}{2} \right)}{k}. \]

Splošna rešitev se tako spremeni v grd, vendar še zmeraj rešljiv integral

\[ U(x, y) = \frac{U_0}{\pi} \int\limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin \left( k \frac{a}{2} \right)}{k} \exp \left\{ - \left| kx \right| \right\} e^{\mathrm{i} k y} \, \mathrm{d} k. \]

Pri reševanju postopamo tako, da najprej opazimo sodost funkcije \( \frac{\sin \left( k \frac{a}{2} \right)}{k} \). Prav tako se poslužimo identitete

\[ \int\limits_{- \infty}^{\infty} e^{\mathrm{i} k y} \, \mathrm{d}k = \int\limits_{-\infty}^0 e^{\mathrm{i} k y} \, \mathrm{d} k + \int\limits_0^{\infty} e^{\mathrm{i}k y} \, \mathrm{d} k = \int\limits_0^{\infty} \left( e^{- \mathrm{i} k y} + e^{\mathrm{i} k y} \right) \, \mathrm{d} k = 2 \int\limits_0^{\infty} \cos (ky) \, \mathrm{d} k \]

Definiramo integral

\[ I(z) = \frac{2U_0}{\pi} \int\limits_0^{\infty} e^{- k z} \sin \left( k \frac{a}{2} \right) \cos (ky) \, \mathrm{d} k, \]

kjer lahko zapišemo zvezo

\[ \int\limits_{\alpha}^{ \beta} I(z) \, \mathrm{d} z = \frac{2 U_0}{\pi} \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin \left( k \frac{a}{2} \right) \cos \left( ky \right)}{k} \left( e^{- k\alpha} - e^{- k \beta} \right) \, \mathrm{d} k. \]

Velja torej zveza

\[ U(x, y) = \int\limits_{\left| x \right|}^{\infty} I(z) \, \mathrm{d} z \]

[dopolni rešitev]

Ob predpostavki brezvrtinčnosti \( \nabla \times \vec{v} = 0 \) dobimo nastavek \( \vec{v} = - \nabla \phi \) in nestisljivosti \( \nabla \cdot \vec{v} = 0 \) nam poda Laplaceovo enačbo

\[ \nabla ^2 \phi = 0 \]

Določimo robne pogoje:

• daleč stran od stebra je tok vode enak \( v_0 \)

  Zapišemo torej

  \[ \vec{v} \left( r \to \infty \right) = v_0 \hat{e}_x \implies \ \phi(x, y) = - v_0 x = - v_0 r \cos \phi \]

• Radialni tok ob stebru je ničeln (voda ne teče skozi steber)

  \[ \vec{v} \left( r = R \right) \hat{e}_r = 0 \implies \ \frac{\partial \phi}{\partial r} (r = R) = 0 \]