Помогите с потенциалами в УРЧп

yellow

Найти потенциал двойного слоя для шара:

с плотностью
где (0<φ<pi,0<ψ<2pi).
Формула для потенциала двойного слоя:

где φ — угол между нормалью к поверхности S в точке y и радиус-вектором, направленном из точки x в точку y.
Как найти производную по нормали в шаре?

roma73

Нуржик, напиши еще мою плотность плз sin(phi)cos(psi)

lenmas

Как найти производную по нормали в шаре?
Она ж написана в правой стороне равенства :grin:

yellow

А как найти этот угол fi для шара?

lenmas

Это же сферический угол, зачем его находить. Хотя нет, это угол между нормалью и разностью x-y. Там надо аккуратно. Нужно по сферическим переменным интегрировать. Элемент площади равен sin phi_1 dphi_1 dpsi_1.
Так что там интеграл берется от cos phi sin phi_1, да еще умножить на плотность. Кстати, |x-y|^2 равен 1+r^-2r cos gamma, где gamma --- угол между x и y, |x|=r, y лежит на единичной сфере. Можно оси повернуть так, чтобы x лежал на оси x_1, тогда интегралы можно будет легко посчитать, а плотность легко преобразовать, так как по условию она равна x_1.
В общем, надо наверное все посчитать в случае, когда точка внутри шара находится на оси Ox_1, а там будет ясно и в общем случае.

lenmas

Сначала предположим, что точка x лежит внутри шара на оси Ox_1, то-есть имеет вид (r,0,0 r<1. Так как в сферических координатах точка y сферы имеет вид (sin phi cos psi, sin phi sin psi, cos phi то можно найти |x-y|^2=1+r^2-2ry_1 и cos phi=(x-y,y)/|x-y|=(ry_1-1)/|x-y|. Плотность диполей равна sin phi cos psi, то-есть y_1, поэтому удобно интегрировать по поверхности сферы по переменной y_1, так как dS_y=2*pi*dy_1. Тогда искомый интеграл будет иметь вид
[math]  $$  u(r,0,0)=2\pi\int\limits_{-1}^1\frac{y_1(ry_1-1)\,dy_1}{(1+r^2-2ry_1)^{3/2}}=\frac{2\pi}r\int\limits_{-1}^1y_1(ry_1-1)\,d\frac1{\sqrt{1+r^2-2ry_1}}.  $$  [/math]
После замены
[math]  $$  \frac1{\sqrt{1+r^2-2ry_1}}=t  $$  [/math]
он превращается в
[math]  $$  -\frac{\pi}{2r^2}\int\limits_{\frac1{1+r}}^{\frac1{1-r}}\Bigl(1+r^2-\frac1{t^2}\Bigr)\Bigl(1-r^2+\frac1{t^2}\Bigr)\,dt=  -\frac{\pi}{2r^2}\int\limits_{\frac1{1+r}}^{\frac1{1-r}}\Bigl(1-r^4+\frac{2r^2}{t^2}-\frac1{t^4}\Bigr)\,dt=-\frac{8\pi r}3.  $$  [/math]
В общем случае точки внутри шара нужно сделать ортогональную замену в интеграле такую, что точка x перейдет в точку на оси Ox_1 рассмотренного выше вида, и тогда ответ получится -8*pi*x_1/3.
Для точки снаружи шара все решается так же, только в вычислениях верхний предел интеграла будет 1/(r-1 и тогда ответ в точке (r,0,0 r>1, получится 4*pi/(3r^2). Если опять ортогональной заменой свести к этому частному случаю, то получится ответ 4*pi*x_1/(3r^3).
Для случая, когда x лежит на поверхности шара, то-есть для особого интеграла, получится ответ -2*pi*x_1/3.

Arthur8

yellow

Спасибо

lenmas

Да пожалуйста! :grin:
Просто самому интересно стало, вот и решил :)
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: