Chast_4_2_l_25-27

277

Единственность её решения доказывается в курсе методов математической физики.

61. Теорема эквивалентности

Пусть поле создано некоторой совокупностью зарядов (рис. 4.40).

Рис. 4.40. Совокупность зарядов, создающих электростатическое поле

Рассмотрим некоторую замкнутую поверхность S . Допустим, что

заряды внутри S известны, а вне S неизвестны.

Поставим такой вопрос: чем можно заменить информацию о внешних

зарядах?

Теорема эквивалентности (теорема единственности решения краевых

задач электростатики) гласит, что информация о зарядах вне S может быть

заменена другой эквивалентной информацией, а именно, описанием распределения на S

					либо потенциала
	либо E
	либо En				либо нормальной производной
						n

Итак, поле внутри области, ограниченной поверхностью S , однозначно определено заданием зарядов внутри S и распределением потенциала или его нормальной производной на поверхности S . Т.е. потенциал поля внутри S может быть найден как решение одной из следующих краевых задач

278

		внутри S
	0

f P на S

Краевая задача Дирихле для уравнения Пуассона

			внутри S
		0
	F P на S
n

Краевая задача Неймана для уравнения Пуассона

Доказательство теоремы эквивалентности основывается на теоремах единственности решения задач Дирихле и Неймана для уравнения Пуассона.

Т.е., если будет доказано, что поле, определяемое решением, например,

задачи Неймана для уравнения Пуассона, единственно, то тем самым будет

доказано, что указанная информация		F P на S заменила информацию
	n

о зарядах. Аналогично для задачи Дирихле для уравнения Пуассона.

Докажем единственность решения задачи Дирихле для уравнения Пуассона. Предположим противное, а именно, что существуют два различных решения задачи и 1 , удовлетворяющих условиям задачи.

Образуем разностное скалярное поле 1 . Тогда, очевидно, это поле будет удовлетворять условиям:

0 внутри S

0 на S .

Таким образом, разностная функция гармоническая и она равна нулю на границе рассматриваемой области. По теореме о максимуме и минимуме для гармонических функций, она равна нулю и во всех точках внутри S , т.е.

1 . Это противоречие доказывает единственность решения задачи Дирихле для уравнения Пуассона.

Для доказательства единственности задачи Неймана для уравнения Пуассона воспользуемся первым тождеством Грина (1.31):

grad grad dV		dS .
V	S	n

279

Также предположим противное, а именно, что задача имеет два различных решения и 1 , удовлетворяющих условиям задачи. Образуем разностную функцию u 1. Она, очевидно, удовлетворяет условиям:

u 0 внутри S

u

n 0 на S .

Впервом тождестве Грина в качестве функций и возьмем функцию u . Тогда, очевидно, получим

grad u 2 dV 0 .

V

Здесь V – объем, ограниченный замкнутой поверхностью S .

Из последнего равенства следует, что		grad u 0 внутри S .
Следовательно u const , т.е.	1 const . Но	grad grad 1 0 . А это
означает, что

E grad E1 grad 1 .

Задача имеет единственное решение для напряженности электрического поля, что является определяющим, а потенциал является вспомогательной функцией.

Вопросы и задачи к лекции 26

281-1. Запишите уравнения для электростатического потенциала для разных случаев.

282-2. Выведите граничные условия для электростатического потенциала.

283-3. Из каких этапов складывается постановка краевой задачи?

284-4. Сделайте постановку краевой задачи для следующей физической задачи (рис. 4.41):

280

Рис. 4.41. Диэлектрическое тело в поле точечного заряда

Геометрия, величина заряда q и диэлектрическая проницаемость заданы.

285-5. Сформулируйте и докажите теорему эквивалентности.

Лекция 27

Некоторые методы решения краевых задач электростатики

62. Метод зеркальных отображений

Метод зеркальных отображений применяется при расчете электростатических полей в неоднородных средах, причем, когда границы раздела сред имеют «правильную» форму: плоскость, сфера, цилиндрическая поверхность и некоторые другие.

Вместо исходной задачи в неоднородной среде рассматривают эквивалентную ей задачу в однородной среде (параметры этой среды такие же, как и параметры среды той части пространства, где отыскивается поле).

Величины и места расположения зарядов в той части пространства, где отыскивается поле, сохраняются. Вместо распределенных источников на границе раздела сред в исходной задаче берут сосредоточенные источники в эквивалентной задаче. Их величину и место расположения выбирают так,

чтобы граничные условия для той части пространства, в которой отыскивается поле, совпадали с граничными условиями для этой части пространства в исходной задаче. Тогда, на основе теоремы эквивалентности,

и поле в указанной части пространства (где отыскивается поле) сохранится,

т.е. будет таким же, как и в исходной задаче.

281

Таким образом, обоснованием метода зеркальных отображений является теорема эквивалентности (единственности).

I. Отображение в плоскости

Пусть точечный заряд q расположен в воздухе (диэлектрическая проницаемость 0 ) (рис. 4.42). Воздух занимает половину пространства, а

вторая половина пространства занята проводящей средой. Граница между ними - плоскость. Часть пространства, где отыскивается поле – это верхнее полупространство V (пространство, в котором находится заряд).

Рис. 4.42. Точечный заряд над проводящим полупространством

В нижней части пространства поле известно. Здесь E 0 .

Границей для части пространства, в которой отыскивается поле,

является плоскость S . Она уходит в бесконечность. Граничным условием на поверхности S является условие E 0.

Теперь мы ставим эквивалентную задачу, в которой среда во всем пространстве будет однородная с диэлектрической проницаемостью 0

(диэлектрическая проницаемость такая же, как и в той части пространства,

где отыскивается поле). Мы сохраняем также заряд q в верхнем

полупространстве.

Таким образом, в части пространства, где отыскивается поле,

сохранены параметры среды и заряды. Т.е. в этой части пространства

сохранится уравнение для поля, например, для потенциала.

		S (
Для того, чтобы обеспечить граничное условие на плоскости			E 0
или const ), поместим на	расстоянии h от плоскости	S (для
эквивалентной задачи плоскость	S – это плоскость в однородной среде,

взятая в том месте, в котором для исходной задачи была граница раздела

282

сред), зеркально заряд противоположного знака ( q ), но такого же модуля

(рис. 4.43). Из картинки силовых линий видно, что на плоскости S будет

E 0. Это является следствием симметрии.

Рис. 4.43. Эквивалентная задача в однородной среде задаче о заряде над проводящим полупространством

Тем самым для верхнего полупространства сохранено и граничное условие ( E 0 на S ). Поэтому верхнее полупространство будет областью

сохранения поля, т.е., в силу теоремы эквивалентности, поле в этой части пространства будет таким же, как и в верхнем полупространстве исходной задачи.

Теперь поле в верхнем полупространстве может быть найдено с использованием принципа суперпозиции (рис. 4.43):

M

q

r1

q

r2

.

E

4 0 r13

4 0 r23

II. Отображение в сфере

Пусть

имеется проводящий шар

радиуса R и точечный заряд q

(рис. 4.44).

Расстояние между

центром

шара О и точкой расположения

точечного заряда r R . Заряд шара qш . Требуется найти электростатическое поле вне шара. Внутри шара поле E 0 . Вне шара диэлектрическая проницаемость среды 0 .

Рис. 4.44. Проводящий шар в поле точечного заряда

283

При постановке эквивалентной задачи сохраним поле вне шара. Для этого мы оставим без изменения расположение точечного заряда (рис. 4.45).

Рис. 4.45. Эквивалентная задача задаче о проводящем шаре в поле точечного заряда

Граничные условия на поверхности S проводящего										шара, которые
необходимо выполнить в эквивалентной задаче, следующие:
			E 0,							(4.62)
								qш	.	(4.63)
		E		dS
S								0

Первое условие можно переписать так

const на S .

Потребуем еще более строгое граничное условие на S и попробуем его выполнить, и а именно:

0 на S .

Для выполнения последнего граничного условия поместим на отрезке,

соединяющем точку О и точку расположения точечного заряда, на расстоянии r от точки О точечный заряд q , причем 0 r R . Величину и конкретное расположение точечного заряда q определим из последнего граничного условия. Вместо него можно записать:

	q					q				0 .
	4	r			4			r
		0 1					0 2
Отсюда
				r2				q	.
				r1				q

Обозначим

284

q k . q

Здесь r1 и r2 - расстояния от произвольной точки M на поверхности S

соответственно до точек расположения исходного точечного заряда q и

фиктивного точечного заряда q . Среда во всем пространстве эквивалентной задачи имеет диэлектрическую проницаемость 0 .

Итак, заряд q должен быть помещен в такую точку, чтобы отношение

r 2

не зависело от положения точки M на поверхности S . Следовательно,

r1

это отношение не должно зависеть от угла (рис.4.45). Но

2

R

2

r

2

cos

r2

2Rr

k 2 .

R2 r2

r2

2Rr cos

1

Или:

R2 r 2 2Rr cos k2 R2 r2 2Rr cos 0 ;

R2 1 k2 r 2 k 2r2

2R cos r rk 2 0 .

Это равенство должно выполняться при любом , а так как константа

R2 1 k 2 r 2 k 2r2 и

cos -

линейно независимые функции, то должны

быть равны нулю как коэффициент при cos , так и эта константа.

Следовательно,

r rk2

0.

Отсюда

k

2

r

.

r

Подставляя в выражение для указанной константы вместо k 2

найденное выражение и приравнивая константу к нулю, получим:

	2			r		2	r		2
R		1				r		r		0 .
				r			r

Или

285

2

r

r

R

1

1 r r 0 ,

r

r

r

2

1

R

r r 0 .

r

r

2

r и, следовательно, 1 r

Так как

r

0 , то R

r r 0. Отсюда

2

(4.64)

r r R

и

r

R2

r .

(4.65)

Точки расположения исходного заряда q и фиктивного q называют

взаимными или инверсными относительно сферы

радиуса

R .

Об

этом

свидетельствует равенство (4.64).

Подставим в выражение для k 2 найденное r (4.65):

2

k 2

r

R

.

r

r2

Отсюда k

R

и, следовательно,

r

R

q

kq

r q

(4.66)

Итак,

найдены величина

фиктивного

заряда

q (4.66)

и

его

место

расположения r (4.65).

Так как r R , то из выражения (4.64) следует, что r R .

Из формулы (4.66) следует, что заряд q противоположного знака по

сравнению с зарядом q . Кроме того, из неравенства r R и (4.66) следует,

что q q .

Для выполнения граничного условия (4.63) поместим в точку O

эквивалентной задачи второй фиктивный заряд q . Очевидно, для того,

чтобы выполнялось граничное условие (4.63), он должен быть найден из условия q q qш , т.е.

286

q qш q .

Очевидно, помещение фиктивного заряда q в указанную точку не нарушит выполнения граничного условия (4.62). Заметим, что при qш 0

заряд q q .

	63. Метод сеток
	Пусть в объеме V , ограниченном замкнутой				поверхностью S ,
	требуется найти решение задачи			Дирихле для уравнения Пуассона
	(рис. 4.46):
			f	в V ,	(4.67)
	F		на S .		(4.68)

Выберем декартову систему координат и разобьем объем V

плоскостями, параллельными координатным плоскостям. на равновеликие кубики с длиной ребра h . Тогда определенное число n вершин кубиков будут внутри объема V , а остальное число вершин кубиков попадут на поверхность S (возможно приближенно).

Рис. 4.46. К постановке задачи Дирихле для уравнения Пуассона

Рассмотрим одну из внутренних вершин (обозначим ее буквой М ) и

еще 6 соседних ближайших вершин (рис. 4.47). Эти 6 вершин обозначим цифрами 1, 2,…,6.

Рис. 4.47. К выводу расчетной формулы по методу сеток