Wykład 7

8.IV.2002

wersja na dzień 21 kwietnia 2002 roku

7.1 Wykorzystanie funkcji Green’a

Funkcje Green’a są prostą i efektywną metodą rozwiązywania zagadnień brze-
gowych równania potencjału — pod warunkiem, że potrafimy takową funkcję
znaleźć. Na ogół nie jest to proste. Zasada zachowania trudności działa tu
z równą skutecznością jak zasada zachowania energii. Metoda obrazów da
się zastosować jedynie w przypadkach związanych z taką czy inną symetrią
zagadnienia. Nawet w wydawałoby się prostym przypadku przecinających
się półpłaszczyzn metoda obrazów da się zastosować tylko dla wybranych
wartości kąta przecięcia.

W nielicznych przypadkach (np. zagadnienie sfery) znajomość funkcji

Green’a dla wewnętrznego zagadnienia Dirichleta daje znajomość funkcji
Green’a dla zagadnienia zewnętrznego. Dzieje się tak tylko wtedy, gdy dla
rozwiązania zagadnienia wystarczy pojedynczy ładunek obraz umieszczony
na zewnątrz

interesującego nas obszaru. Weźmy dla przykładu rozwiązany

uprzednio problem ćwierćprzestrzeni utworzonej przez dwie prostopadłe pół-
płaszczyzny. Gdybyśmy próbowali metodą obrazów znaleźć funkcję Green’a
G(~r, ~r

1

) dla pozostałej „3/4−przestrzeni” to odpowiedni układ ładunków za-

wierałby jeden ładunek „rzeczywisty” w punkcie ~r

1

, jeden ładunek-obraz

w ćwierćprzestrzeni oraz jeszcze dwa ładunki-obrazy umieszczone w naszej
„3/4−przestrzeni”. Gdy na tak powstałą superpozycję potencjałów podziała
się w „3/4−przestrzeni” operatorem Laplace’a 4, to po prawej stronie otrzy-
ma się oprócz pożądanej δ(~r − ~r

1

) jeszcze dwie dodatkowe (i zbędne) delty

Diraca związane z lokalizacją ładunków obrazów. A to oznacza, że otrzymana
przez nas funkcja nie jest funkcją Green’a w „3/4−przestrzeni”.

37

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

38

7.1.1 Zagadnienie Dirichleta dla półsfery

Rozpatrzmy obszar będący wnętrzem półsfery o promieniu R. Płaska pod-
stawa półsfery leży na płaszczyźnie x − y, a początek układu współrzędnych
pokrywa się ze środkiem owej podstawy. Bez większych kłopotów można
sprawdzić, że i w tym przypadku skuteczna jest metoda obrazów:

q

−q

q∗

−q

∗

Rysunek 7.1: Układ ładunków generujący funkcję Green’a dla wnętrza półsfe-
ry. Ładunek q

∗

jest otrzymany z q poprzez przekształcenie inwersji, pozostałe

ładunki powstają poprzez odpowiednie odbicia.

7.2 Rozwiązywanie równania potencjału bez

funkcji Green’a

Metoda funkcji Green’a nie jest oczywiście jedyną metodą rozwiązywania
równania potencjału. Jako przykład innego podejścia powrócimy do zagad-
nienia obszaru wyznaczonego przez dwie przecinające się półpłaszczyzny —
tym razem bez ograniczeń dotyczących dopuszczalnych wartości kąta prze-
cięcia półpłaszczyzn. Rozwiążemy zagadnienie zachowania się pola elektrycz-
nego w pobliżu krawędzi przecięcia w sytuacji gdy na obu półpłaszczyznach
utrzymuje się stałe napięcie V

0

, a w pobliżu krawędzi nie ma ładunków elek-

trycznych. Płaszczyzny przecinają się pod (dowolnym) kątem β : 0 < β 6 2π.
W obszarze pomiędzy płaszczyznami znajdują się ładunki scharakteryzowane
przez gęstość η. O gęstości tej zakładamy, że nie zależy od zmiennej z, czy-
li η(~r) = η(x, y). Szukamy rozwiązania w postaci Φ(x, y, z) = F(x, y)Z(z).
Wtedy równanie potencjału ma postać

Z

∂

2

F

∂

2

x

2

+

∂

2

F

∂y

2

!

+ F

∂

2

Z

∂z

2

= −4πη

(7.1)

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

39

Ze względu na symetrię zagadnienia potencjał Φ nie może zależeć do zmiennej
z. Oznacza to, że Z = const. Równanie (7.1) przyjmuje wtedy postać

∂

2

F

∂

2

x

2

+

∂

2

F

∂y

2

!

= −4π ˜

η

(7.2)

gdzie ˜

η = η/Z.

Szukamy rozwiązań w tej części obszaru, gdzie η = 0. Tam mamy zatem

∂

2

F

∂

2

x

2

+

∂

2

F

∂y

2

!

= 0

(7.3)

Przechodzimy teraz do współrzędnych biegunowych {ρ, ϕ} :

3

ϕ

β

ρ

x = ρ cos ϕ
y = ρ sin ϕ

Równanie (7.3) rozwiązuje się metodą rozdzielenia zmiennych. Szukamy

rozwiązań szczególnych postaci

F(x, y) = R(ρ)Q(ϕ),

Równanie (7.3) przyjmuje postać

1
ρ

∂

∂ρ

ρ

∂RQ

∂ρ

!

+

1

ρ

2

∂

2

RQ

∂ϕ

2

= 0 .

Wykonując różniczkowania, mnożąc przez ρ

2

i dzieląc przez RQ mamy

1

R

ρ

2

d

2

R

dρ

2

+ ρ

dR

dρ

!

+

1

Q

d

2

Q

dϕ

2

= 0

(7.4)

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

40

Pierwszy człon zależy tylko od ρ, drugi tylko od ϕ. Ponieważ ich suma jest
równa zeru, to musi zachodzić

1

Q

d

2

Q

dϕ

2

= −κ

2

,

(7.5a)

1

R

ρ

2

d

2

R

dρ

2

+ ρ

dR

dρ

!

= κ

2

.

(7.5b)

gdzie κ

2

jest dowolną stałą.

Rozwiązanie ogólne równania (7.3) jest sumą rozwiązań szczególnych od-

powiadających różnym wartościom κ

F =

X

κ

c(κ)R

κ

(ρ)Q

κ

(ϕ)

(7.6)

Współczynniki c(κ) są tak dobrane aby były spełnione warunki brzegowe

F(~r)|

ϕ=0

ϕ=β

= V

0

(7.7)

Poza tym żądamy aby rozwiązanie było skończone w całym obszarze obowią-
zywania równania (7.3).

Dla κ = 0 rozwiązaniami równań (7.5) są

R

0

(ρ) = A

0

ln ρ + B

0

,

Q

0

(ρ) = a

0

ϕ + b

0

,

gdzie A

0

, B

0

, a

0

, b

0

są dowolnymi stałymi.

Z warunku skończoności rozwiązania wynika, że stała A

0

= 0.

Dla κ

2

> 0 rozwiązaniami równań (7.5) są

R

κ

(ρ) = A

κ

ρ

κ

+ B

κ

ρ

−

κ

,

(7.8a)

Q

κ

(ρ) = a

κ

sin κϕ + b

κ

cos κϕ .

(7.8b)

Z postaci powyższych rozwiązań widać, że bez zmniejszenie ogólności roz-
wiązań można przyjąć, że κ > 0. Z warunku skończoności rozwiązań wynika,
że stałe B

κ

= 0.

Warunki brzegowe (7.7) będą spełnione, gdy rozwiązanie (7.6) będzie mia-

ło strukturę

F(~r) = V

0

+

∞

X

n=1

c

n

ρ

nπ

β

sin

nπ

β

ϕ

!

.

(7.9)

Tylko bowiem wybór κ = nπ/β oraz położenie b

κ

= 0 w (7.8b) zapewnia

spełnienie warunków brzegowych (7.7).

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

41

Składowa pola elektrycznego w kierunku promienia wodzącego dana jest

przez

E

ρ

= −

∂F

∂ρ

= −

π
β

∞

X

n=1

c

n

nρ

nπ

β

−

1

sin

nπ

β

ϕ

!

.

(7.10)

Dla zachowania się pola elektrycznego w pobliżu krawędzi przecięcia się obu
półpłaszczyzn należy zbadać obszar ρ ≈ 0. Zachowanie się pola elektryczne-
go w tym obszarze jest zdominowane przez najniższą potęgę ρ, czyli przez
pierwszy wyraz w sumie (7.10). Mamy zatem

ρ → 0 :

E

ρ

∼ ρ

π
β

−

1

.

(7.11)

Widać stąd, że dla β < π pole znika w pobliżu krawędzi. Sytuacja wygląda
całkiem odmiennie dla kątów wypukłych: β > π. Pole rośnie do nieskończono-
ści wraz ze zbliżaniem się do krawędzi — tym szybciej im kąt β jest bliższy 2π.
W tym ostatnim przypadku pole rośnie przy ρ → 0 jak ρ

−

1

/2

. Duże natężenia

pola elektrycznego powoduje spontaniczną jonizację cząsteczek otaczającego
ją powietrza. Zjawisko to jest podstawą działania piorunochronów. Ten sam
mechanizm leży u podstaw tzw. ogni świętego Elma — jarzeniowej poświaty
wokół ostrzy masztów i rei żaglowców zapowiadającej kłopoty dla statku i
jego załogi.

7.3 Magnetostatyka

Wykorzystując cechowania kulombowskie mamy dla potencjału wektorowego

4 ~

A = −

4π

c

~ ,

(7.12)

W próżni pozwala to napisać rozwiązanie

~

A(~r) =

1

c

Z

d

3

r

~(~r

1

)

|~r − ~r

1

|

(7.13)

Dzięki tożsamości

rot (f~a) = f rot ~a − ~a × grad f ,

można napisać

~

B(~r) = rot ~

A(~r) =

1

c

Z

d

3

r

1

~(~r

1

) × (~r − ~r

1

)

|~r − ~r

1

|

3

Z równania tego wynika bezpośrednio magnetostatyczny odpowiednik prawa
Coulomba czyli prawo Biot’a-Savarta

d ~

B(~r) =

I

c

d~l(~r

1

) × (~r − ~r

1

)

|~r − ~r

1

|

3

.

(7.14)

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

42

Struktura warunków brzegowych w magnetostatyce jest bardziej skompliko-
wana niż w elektrostatyce z uwagi na

• wektorowy charakter potencjału,

• brak magnetycznego odpowiednika uziemienia, przewodnika, itp. . .

Ponieważ ~

B = rot ~

A, zaś warunki brzegowe są fizycznie sensownie zadane tyl-

ko dla pola ~

B to widać, że równania (7.12) nie można traktować jako układu

trzech niezależnych równań Poissona. Warunki brzegowe będą „mieszały”
poszczególne równania. Dlatego też matematyczna struktura magnetostaty-
ki jest bardziej złożona niż elektrostatyki.

7.3.1 Warunki brzegowe dla pola indukcji magnetycz-

nej

.......

................

................

.............

........

.......

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

..

...............................................

.............................................................

B

n

1

~

n

6

O

1

B

n

2

6

W

~

n

2

B

t

1

-

..............................................................

.

-

B

t

2

Γ

-



6

?

-

6

- -

j

σ

Rysunek 7.2: Warunki brzegowe dla pola indukcji magnetycznej

Górna i dolna ścianka pudełka ma pole S natomiast wysokość pudełka

dąży do zera. Pole indukcji magnetycznej spełnia równanie Maxwella

div ~

B = 0 .

Stosując do naszego pudełka prawo Gaussa (uwaga na kierunki normalnych

~n do pudełka – zawsze na zewnątrz!) otrzymuje się przy znikającej wysokości

pudełka:

(B

n

1

− B

n

2

) · S = 0 ,

gdzie B

n

1

, B

n

2

są składowymi normalnymi pola indukcji magnetycznej.

Otrzymujemy zatem wynik, że składowa normalne pola indukcji magne-

tycznej jest ciągła na granicy dwóch ośrodków.

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

43

Zamiast pudełka weźmy teraz kontur Γ w kształcie prostokąta o propor-

cjach jak na rysunku. Stosujemy tym razem twierdzenie Stokes’a i bierzemy
strumień rotacji indukcji magnetycznej przez kontur Γ. Ponieważ

rot ~

B =

4π

c

~ ,

to stosując analogiczne rozumowanie jak poprzednio otrzymuje się wynik, że
na granicy ośrodków składowe styczne pola indukcji magnetycznej doznają
skoku proporcjonalnego do gęstości prądu powierzchniowego j

σ

przepływającego

poprzez kontur Γ:

B

t

1

− B

t

2

=

4π

c

j

σ

7.4 Zadania i ćwiczenia

Zadania z listy nr 5

Zadanie 1.
Rozważmy sferę przewodzącą o promieniu R ze środkiem pokrywającym się z
początkiem układu współrzędnych. Na powierzchni sfery utrzymywany jest stały
potencjał V

0

. Obliczyć potencjał wewnątrz i na zewnątrz sfery:

• w sposób banalny, acz skuteczny wykorzystując prawo Gauss’a,

• w sposób niebanalny, acz pouczający wykorzystując funkcje Greena dla

wewnętrznego i zewnętrznego zagadnienia Dirichleta. Należy tu zauważyć,
że ze względu na symetrię zagadnienia wystarczy obliczyć potencjał na
osi z. Jaki jest mechanizm powodujący, że mimo formalnej identyczności
obu funkcji Greena otrzymuje się odmienny wynik na zewnątrz i wewnątrz
sfery?

Zadanie 2.
Rozważmy sferę przewodzącą o promieniu R ze środkiem pokrywającym się z
początkiem układu współrzędnych. Na górnej powierzchni sfery utrzymywany jest
stały potencjał V

u

, na dolnej powierzchni sfery utrzymywany jest stały potencjał

V

d

. Obliczyć potencjał elektrostatyczny wzdłuż osi z (wewnątrz i na zewnątrz

sfery). Jak wygląda pole elektryczne generowane przez ten potencjał?
Zadanie 3.
To samo co w zadaniu poprzednim, tyle tylko, że

• wewnątrz sfery umieszczono ładunek q

0

w punkcie ~r

0

,

• na zewnątrz sfery umieszczono ładunek q

1

w punkcie ~

R

0

WYKŁAD 7.

8.IV.2002

44

Zadanie 4.
Podać jawną postać funkcji Green’a rozwiązującą zagadnienie Dirichleta dla wnę-
trza półsfery o promieniu R.
Zadanie 5.
Podać jawną postać formuły rozwiązującej zagadnienie Dirichleta dla wnętrza
półsfery o promieniu R.

7.4.1 Ćwiczenia treningowe

Ćwiczenie 1.
Podać zachowanie się pola elektrycznego w pobliżu krawędzi wyznaczonej przez
dwie przewodzące półpłaszczyzny przecinające się pod kątem:

• π/6

• π/2

• 11π/6

• 3π/2

Ćwiczenie 2.
Dla kąta przecięcia β = π/2 porównać dwa rozwiązania:

• otrzymane metodą obrazów,

• otrzymane metodą przejścia do współrzędnych walcowych, tak jak na ni-

niejszym wykładzie.

Uwaga: w zadaniu tym kryje się pułapka! Na czym ona polega?