Elektromanyetik Teori Bölüm 2

Elektromanyetik Teori — Bölüm 2

1. Giriş

Selamlar herkese. Bugün ilk bölümde öğrendiğimiz yasaları daha iyi kavramak adına örnekler çözeceğiz. Elektrik alan ve potansiyel hesaplarını yapmaya yarayan yöntemleri ve ilk bölümde çözümü hakkında konuşmayı ertelediğimiz Laplace, Poisson denklemlerine bakacağız.

2. Elektrik Alan ve Potansiyel

Öncelikle ilk bölümde elektrik alan ve potansiyel arasında verdiğimiz ilişkiyi hatırlayalım:

$$\vec{E} = -\nabla V = -\left\langle \frac{\partial V}{\partial x},\, \frac{\partial V}{\partial y},\, \frac{\partial V}{\partial z} \right\rangle$$ $$V(\vec{r}) = -\int_{\mathcal{O}}^{r} \vec{E} \cdot d\vec{l}$$

Potansiyel fonksiyonu verildiğinde gradyanını alıp eksi ile çarpıp elektrik alan vektörünü elde edebiliyorduk. Aynı şekilde orijinden $r$ konum vektörüyle ayrılmış bir noktanın potansiyelini de elektrik alanın çizgi integrali ile verilen eşitlikten hesaplayabiliyorduk.

Elektrik alanı hesaplamak için de Gauss yasasını, yani

$$\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0} \qquad \oint_{\partial V} \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{\sum Q}{\epsilon_0}$$

eşitliklerini kullanıyoruz. Elektrostatik problemlerinde genellikle bir yük dağılımı üzerinden elektrik alanı bulmaya çalışırız. Simetri olduğunda ve bazı seçilen yüzeyler için elektrik alan sabit olup integral dışına çıktığında, Gauss yasası sayesinde elektrik alan kolaylıkla bulunur.

Neden potansiyel?
Peki simetri yoksa? Basitçe integral dışına çıkaramıyorsak? Vektörel olduğu için bileşenlerin hesapları ile uğraşmak da yine karmaşık olacaktır. Potansiyel gibi bir skalerin hesabını yapıp elektrik alana geçmemiz çok daha kolaydır.

Bu bölüme ilk bölümü bitirdiğimiz Laplace ve Poisson denklemlerini inceleyerek başlayalım.

3. Laplace Denklemi

$$\boxed{\nabla^2 V = \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial z^2} = 0}$$

Elimizde bir kısmi diferansiyel denklem var. Önce bir boyutta inceleyelim.

$$\frac{d^2 V}{dx^2} = 0$$

Şimdi tek değişkenli adi bir diferansiyel denklemimiz var. Potansiyel fonksiyonunun ikincil türevi sıfır. Kalkülüs bilgilerimizi hatırlarsak, türevi sıfır demek, ifademiz sabit demektir. Demek ki ilk türevimiz sabit bir sayıymış. Mesela $a$ reel sayısı olsun. Potansiyelin türevi $a$ ise ifademizin integralini alıp:

$$V(x) = ax + b$$

şeklinde bulabiliriz. $a$ ve $b$ reel sayı olmak üzere tüm doğrusal fonksiyon şeklindeki potansiyel ifadeleri Laplace denklemini sağlar. Buradan elektrik alan, kuvvetler vs. bulunabilir tabii ki. Elektrik alan:

$$\vec{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dx} = -a$$

olur. Tek boyut için bu hesaplar kolaydır. Çözüm için iki adet keyfi sabite ihtiyacımız var.

Şimdi iki boyuta bir bakalım.

$$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} = 0$$

Artık elimizde tek değişkenli bir adi diferansiyel denklem değil, kısmi diferansiyel denklem var. Bunun anlamı şu: artık bu denklemin bir genel çözümü yok. Yukarıda bir boyut için ikinci dereceden diferansiyel denklemin iki sabit ile genel çözümünü bulmuştuk. Artık elde ettiğimiz çok boyutlu bu denklemin genel bir çözümü yok. Çünkü çözümler sonsuz çeşitliliktedir ve tek bir kalıba sığmaz.

Laplasyenin geometrik anlamı
Laplasyen ne demekti? Fonksiyonun çevresindeki noktaların ortalamasıyla kendi değeri arasındaki farkla orantılıydı. Eşitliğimiz sıfır olduğuna göre demek ki fonksiyonumuzun çevresindeki değerlerin ortalamasıyla arasında fark yok. Yani bir çember alırsam, çember üzerindeki değerlerin ortalaması dairenin merkezindeki değere eşit olacaktır.

Buradan hiçbir noktanın maksimum veya minimum olamayacağını çıkarabiliriz. Laplace denklemi, sınır şartlarına uygun olabilecek en düz, en az inişli çıkışlı yüzeyi üretir. Ne tepeler (maksimum) ne de çukurlar (minimum) vardır. Tıpkı iki nokta arasındaki en kısa mesafenin düz çizgi olması gibi, iki boyutta Laplace denkleminin çözümü de verilen sınır çizgisini içine alan en küçük yüzey alanına sahip yüzeyi temsil eder. Bir boyutta doğrusal bir denklem bulmamız da umarım şimdi daha sezgiselleşmiştir.

Genel çözüm yoksa ne diye uğraşıyoruz diyebilirsiniz; genel çözüm olmaması denklemi çözemeyeceğimiz anlamına gelmiyor. Kısmi diferansiyel denklemleri, aradığımız fonksiyonun sınır şartları ile çözeceğiz. Bunun metotlarına bu bölümde değineceğiz.

Üç boyut için de işler aynı çalışır. Bu sefer küresel bir kabuk çizersek, yüzeyindeki ortalama değerin kürenin merkezine eşit olması gerektiğini söyleyebiliriz. Yine aynı sebeplerden maksimum ve minimum noktası olmayan bir çözümdür. Artık çözüm metotlarına geçebiliriz.

4. Sınır Koşulları ve Biriciklik Teoremi

Laplace denklemini sağlayan sonsuz adet çözüm bulunabilir. Hangisinin bizim problemimize ait olduğunu bulmak için fonksiyonun bazı durumlardaki davranışını bulmalıyız. Mesela bir boyut için bulduğumuz $ax+b$ için bize fonksiyonun iki farklı noktadaki değeri, veya türev değeri ve bir noktadaki değeri verilirse, biz tam olarak yegâne çözümü bulabiliriz. Ancak diyelim iki noktadaki türev değerini verdi. Fonksiyonumuzun türevi sabit olduğu için eğer iki türevi farklı verirse çelişki olur ve çözüm bulunamaz. Eğer aynı değeri verirse, aynı bilgiyi iki kere vermesinin de çözüme bir katkısı olmaz. Bu yüzden sınırlandıran bu koşullar (boundary conditions) dikkatli seçilmelidir.

Sınır Koşulu:
En basit biçimde sınır koşulu, çözüm aranan bölgenin kenarlarında (çevresinde, yüzeyinde) fonksiyonun ne değer aldığını söyleyen bilgidir.

Not: Biriciklik (Uniqueness) Teoremi ve Kanıtı:
Teklik veya biriciklik teoremi bize tutarlı sınır koşullarını sağlayan biricik bir fonksiyon vardır diyor. Kanıtlayalım.

Diyelim elimizdeki sınır koşulunu sağlayan iki adet fonksiyon $V_1$ ve $V_2$ olsun. Şimdi yeni bir $V_3 = V_1 - V_2$ tanımlayalım. Laplace denklemini sağladıklarına göre:

$$\nabla^2 V_1 = 0 \qquad \nabla^2 V_2 = 0$$

Ayrıca türev lineerdir, toplamaya dağılır. Demek ki:

$$\nabla^2 V_3 = \nabla^2 V_1 - \nabla^2 V_2 = 0$$

Şimdi sınır koşulları açısından bakarsak, baştaki varsayımımız gereği sınırda $V_1$ ve $V_2$ birbirine eşittir. Bu da $V_3$'ün sınırda $0$ aldığı anlamına gelir. Fonksiyonun minimum ve maksimum değeri olmadığına göre sıfır alıp, sonra başka şeyler alıp, sonra tekrar sıfır alamaz; çünkü bunun için fonksiyonun artıp azaldığı yani maksimum veya minimum yaptığı bir nokta gerekirdi. Yani fonksiyonumuz her zaman sıfırdır:

$$V_3 = V_1 - V_2 = 0 \;\longrightarrow\; V_1 = V_2$$

Demek ki gerçekten de sınır koşullarını sağlayan fonksiyon biricikmiş.

Poisson denklemi için de geçerli
Daha fazla ilerlemeden bunun Poisson çözümü için de doğru olduğunu söyleyelim:

$$\begin{aligned} \nabla^2 V_1 &= -\frac{\rho}{\epsilon_0} \\ \nabla^2 V_2 &= -\frac{\rho}{\epsilon_0} \\ \nabla^2 V_3 &= \nabla^2 V_1 - \nabla^2 V_2 = -\frac{\rho}{\epsilon_0} + \frac{\rho}{\epsilon_0} = 0 \end{aligned}$$

Bu teoremden anladığımız şey: eğer sınır koşullarını ve Laplace (veya Poisson) denklemini sağlayan bir potansiyel bulduysak, o aradığımız çözümdür.

5. Görüntü Yöntemi (Image)

Bu metotta demin bulduğumuz sonucu kullanacağız. Diyelim elimizde hesaplanması güç bir yük dağılımı var. Bu durumda potansiyeli hesaplamak istiyoruz. Örnek üzerinden gidelim. Sonsuz bir topraklanmış iletken yüzey hayal etmenizi istiyorum. Bu yüzeyin yukarısında $(0,0,d)$ noktasında $+q$ yükü olsun:

Çok kolay ya aslında, $kq/r$ değil mi işte? Değil. Yüzey iletken. Yani yüzeyin net yükü sıfır olsa da bizim $+q$ yükü, yüzeydeki negatif yükleri kendine çekip pozitifleri iterek yüzey üzerinde bir indüklenmiş yük dağılımına sebep verecektir. Yani kolayca bulunamayacak bir yük dağılımı var ve biz potansiyeli arıyoruz. Harika.

Burada öncelikli yapacağımız şey sınır koşullarını bulmak.

Topraklanmış ne demek?
Toprağı sıfır kabul ederiz. Yüzey üzerinde toprakla yani sıfırla potansiyel farkı olan bir nokta varsa hemen elektrik alan oluşur ve fark kapanana kadar bir yük akışı olur. Kısaca yüzeyimizde potansiyel sıfır olur demek.

Sınır koşullarımız:

1. $z=0$ ise $V(x,y,z) = 0$ olmak zorundadır.
2. Orijinden çok çok uzaklaşırsak hem $+q$ yükünden hem yüzeyimizdeki indüklenmiş yüklerden oldukça uzaklaşmış oluruz ve potansiyelimiz sıfıra gider: $x^2 + y^2 + z^2 \gg d^2$ ise $V \to 0$.

Şimdi teoremin bize söylediği şu: eğer bu iki şartı sağlayan bir fonksiyon bulursak, aradığımız potansiyel fonksiyonu odur. Bunun için bir önerim var. Orijinden $d$ kadar aşağıya $-q$ yükü yerleştirelim:

Çünkü bunu yaparsak simetriden kaynaklı $z=0$ iken potansiyel sıfır olur. Potansiyel skalerdi; $z=0$ için yani bizim yüzey için her nokta $+q$ ve $-q$ yüküne eşit uzaklıkta olacak ve birbirlerini sıfırlayıp potansiyeli sıfır yapacaklar. Üstüne, orijinden $d$ uzaklıkta iki tane yük; çoook uzaklaşırsak potansiyel azalacak ve sıfıra gidecek. İki şartımız vardı, sağlandı.

Bu durumu ifade etmek için potansiyel ifademizi düşünelim:

$$V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \sum_i^n \frac{q_i}{|\vec{d}_i|}, \qquad \vec{d}_i = \vec{r} - \vec{r}_i$$

Uzaklıkların bulunması:
Şimdi her yükün alan noktasına uzaklığını iki yük için de bulmamız lazım. Öncelikle $+q$ için: $x, y$ açısından sıfırda olduğu için, Pisagor teoremince $z$ ekseni üzerinde yük ile aramızdaki mesafe basit geometriden $z-d$ olacaktır. Benzer mantıkla $-q$ yükü için de $z+d$ olacak; çünkü orijinin altında $d$ ve üstünde $z$ noktası için toplam uzaklık $z+d$ kadardır. ($z$ negatif olursa, yükün altında olursak vs. diyebilirsiniz — sonuç yine değişmez, ifadeler aynıdır.) Uzunluk için eksenlerce uzaklıkların karelerini toplarız.

Potansiyel ifadesiyle elde ettiğimiz sonuç:

$$\boxed{V(x,y,z) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left[ \frac{q}{\sqrt{x^2+y^2+(z-d)^2}} - \frac{q}{\sqrt{x^2+y^2+(z+d)^2}} \right]}$$

Bu ifade iki şartı da sağladığına göre aradığımız potansiyeli bulduk.

Görüntü Yöntemi:
Görüntü yöntemi; çözümü bulmak için yerleştirdiğimiz hayali yükler ile sınır şartlarını sağlayıp, biriciklik teoremi gereği de çözümü bulmaktır.

O karmaşık yük dağılımıyla uğraşmadan kolayca çözümü bulduk. Ancak hâlâ o yük dağılımını merak ediyor olabilirsiniz. Bunları hesaplamak için küçük bir yöntem gösterelim.

İndüklenmiş Yük Yoğunluğu

İletkenlerin içinde elektrik alan:
İletken yüzeylerin içerisinde elektrik alan sıfırdır. Çünkü içerisinde eğer ki elektrik alan sıfır değilse yükler hareket eder ve nihayetinde yine elektrik alanı sıfırlayıp yüzeyde dururlar. Elektrik alan sıfır ise Gauss yasasından çıkarabileceğimiz gibi net yük yoğunluğu da sıfırdır. Yani iletkenlerin içerisindeki net yük miktarı sıfırdır. (Bu arada tersi doğru değil; net yük sıfırken elektrik alan sıfır olmayabilir.) Asansörde telefon çekmeme sebebi de budur.

İletkenin yüzeyini düşünürsek, diyelim elektrik alan yüzeyle $\theta$ açısı yapıyor. Yüzeye paralel ve dik bileşeni oluşurdu. Paralel bileşen demek, yükler yüzeyde kararlı değil, hareket etmeye devam ediyor demek. Ancak biz zaten yükleri kendi haline bırakıp denge durumuna geçtiklerini düşünelim. Bu durumda yüzeye paralel bileşen artık yoktur çünkü zaten dengedeler. Bu da demek ki elektrik alan yüzeye diktir.

Gauss yasasına geri dönersek, elektrik alanın yüzey normali üzerine izdüşümüne bakalım. $d\vec{A}$ ifadesi zaten alanın normali yönünde olduğu için doğrudan büyüklüklerinin çarpımına eşit olurlar:

$$\int \vec{E}_n \cdot d\vec{A} = E_n A = \frac{Q}{\epsilon_0} = \frac{\sigma A}{\epsilon_0}$$

Burada $n$ indisi elektrik alanın yüzey normali yönünde olduğunu gösteriyor; yük miktarını yüzey yük yoğunluğu çarpı alan ile gösterdik. Alanlar birbirini götürür:

$$\sigma = E_n \epsilon_0$$

Şimdi elektrik alanın potansiyelin gradyanı olduğunu hatırlarsak:

$$\vec{E} = -\nabla V, \qquad E_n = -\frac{\partial V}{\partial n}$$ $$\boxed{\sigma = -\epsilon_0 \frac{\partial V}{\partial n}}$$

Potansiyel veya elektrik alan üzerinden yük yoğunluğu bu şekilde hesaplanır. Az önceki potansiyel üzerinden bunu hesaplar, ardından yük yoğunluğundan da toplam yükü hesaplarsanız cevap $-q$ çıkar: yüzeyin üzerindeki $+q$ yükü bize $-q$ kadar bir yük indüklemiştir.

6. Değişkenlerine Ayırma

Kısmi diferansiyel denklem çözmek için ortaya attığımız bir başka fikir değişkenlerine ayırmaktır. Bir boyut için farklı değişken olmadığından yapamayacağız; ancak adi diferansiyel denklemler için değişkenlerine ayırmanın nasıl bir fikir olduğunu anlayalım, ardından iki boyut için kendinizi zaten matematik dersinde bulacaksınız.

ODE'lerde değişkenlerine ayırma:
Diyelim ki $x$ ve $y$ değişkenlerimiz var. Türevin ayrılabilir bir ifade olup olmadığına bakacağız. $x$'e bağlı fonksiyon $X = X(x)$ ve $y$ için $Y = Y(y)$ olmak üzere:

$$\frac{dy}{dx} = X(x)\,Y(y)$$

$Y$ fonksiyonunu $dy$'nin altına atarsak, $dx$'i de karşıya yollarsak:

$$\frac{dy}{Y(y)} = X(x)\,dx$$

Şimdi iki tarafın da integralini alırız, çözeriz, çıkar. Bu bir adi (ordinary) diferansiyel denklem çözme metodu.

Şimdi asıl meselemize girelim. İki boyut için aynı yöntemi deneyelim. Amacımız Laplace denklemini çözmek, unutmayalım:

$$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} = 0$$

$V$'yi $x$ ve $y$ değişkenlerine bağlı fonksiyonların çarpımı şeklinde yazdığımızı düşünelim. Bu aslında uç bir durum. Mesela $3x - 7y^2$ ifadesi $x$ ve $y$'ye bağlı çarpanlara ayrılamaz. Karşımıza çıkan birçok ifade ayrılamaz. "Nasıl ayrılıp ayrılmadığını bileceğiz?" diye sorabilirsiniz. Bilemeyeceksiniz. Ayrılabildiğini varsayıp deneyeceğiz ve eğer şartları sağlayan bir son ifadeye ulaşırsak — tebrikler, doğru bir varsayım yapmışız.

Ayırma işlemi:

$$V = X(x)\,Y(y)$$ $$Y\frac{d^2X}{dx^2} + X\frac{d^2Y}{dy^2} = 0$$ $$\frac{1}{X}\frac{d^2X}{dx^2} + \frac{1}{Y}\frac{d^2Y}{dy^2} = 0$$

Şimdi işler kızıştı. Bizim değişkenlerimiz $x$ ve $y$ birbirinden bağımsız — zaten koordinat olarak kullanma sebebimiz de bu. Mesela $x=7$ ise $y$ herhangi bir şey olabilir çünkü $x$'e bağlı değil. Elde ettiğimiz denklemde bir terim sadece $x$'e bağlı, diğeri $y$'ye; ancak toplamları sıfır. Demek ki ikisi de ayrı ayrı sabitler. Eğer terimler sabit olmasaydı, biri değiştiğinde sıfır etmek için diğeri de değişirdi; ancak birbirlerine bağlı değillerse tek yol ikisinin de sabit olması:

$$\frac{1}{X}\frac{d^2X}{dx^2} = C, \qquad \frac{1}{Y}\frac{d^2Y}{dy^2} = -C$$ $$\frac{d^2X}{dx^2} = CX, \qquad \frac{d^2Y}{dy^2} = -CY$$

Şimdi elimizde iki adet adi diferansiyel denklem oldu. Belli ki birine eksi birine artı vereceğiz, $C$'nin işaretine göre. Eğer diferansiyel denklem temeliniz varsa, ikinci türevi kendisinin katı olan bir sistem için çözüm ya trigonometrik ya da üsteldir. Bu durumda $C = k^2$ şeklinde bir dönüşüm işimize yarar:

$$\frac{d^2X}{dx^2} = k^2 X, \qquad \frac{d^2Y}{dy^2} = -k^2 Y$$

Çözümler ise:

$$\begin{aligned} X(x) &= Ae^{kx} + Be^{-kx} \\ Y(y) &= C\sin(ky) + D\cos(ky) \end{aligned}$$ $$\boxed{V(x,y) = \left(Ae^{kx} + Be^{-kx}\right)\left(C\sin(ky) + D\cos(ky)\right)}$$

Buradan sonrası sınır koşullarına bağlı. Mesela uzaklaştıkça potansiyel azalıyorsa $A=0$ olmalıdır. Belli bir $x,y$ değeri için aldığı sonucu, simetrileri vs. biliyorsak sınır koşullarıyla buna göre $A, B, C, D, k$ sayıları bulunabilir. 3 boyut için de sistem değişmiyor. Bu sefer:

$$\frac{d^2X}{dx^2} = (k+l)^2 X, \qquad \frac{d^2Y}{dy^2} = -k^2 Y, \qquad \frac{d^2Z}{dz^2} = -l^2 Z$$

gibi bir şekle getirip sınır koşulları ile çözüyoruz.

Örnek: Griffiths Problemi

Örnek: Topraklanmış plakalar arası potansiyel
Aslında internette çok güzel birçok örnek buldum; ancak Griffiths'in kitabındaki örnek hem matematiksel olarak uzun olmasıyla hem ilk bakışta zor gözükmesiyle bence çok kaliteli. Onu çözeceğiz.

Bu soruda $y=0$ ve $y=a$ için 2 adet sonsuz uzunluklu topraklanmış plaka var. Ayrıca $x=0$ kısmında da iki plakayı birleştiren yalıtkan bir plaka daha var ve potansiyeli $y$'ye bağlı $V_0(y)$ şeklinde.

Şimdi az önce zaten bulduğumuz genel çözüm üzerinden gidelim:

$$V(x,y) = \left(Ae^{kx} + Be^{-kx}\right)\left(C\sin(ky) + D\cos(ky)\right)$$

Sınır koşullarımızı sıralayalım:

• $y=0$ ise $V=0$
• $y=a$ ise $V=0$
• $x=0$ ise $V=V_0(y)$
• $x$ arttıkça $V$ azalır ve $x \to \infty$ iken $V=0$

İlk iki madde topraklamadan geldi; açıklamasını yukarıda bir örnekte yapmıştık. Üçüncü madde soruda tanımlanmıştı. Son madde ise yalıtkan plakadan uzaklaştıkça iki topraklanmış plakanın arasında potansiyelin sıfıra gideceği için var.

Şimdi $x$ için olan denklemi $+$ ve $y$ için $-$ seçme sebebimizi görebiliriz: $x$ trigonometrik olsaydı uzaklaştıkça sıfıra giden bir ifade elde edemezdik. Bu yüzden çözüm için $k, l$ gibi sayılar atarken sınır davranışlarını gözetmemiz lazım.

Adım 1: $x \to \infty$ için $V \to 0$ dedik, demek ki $A=0$; yoksa potansiyel sonsuza giderdi. Dışarıda kalan $B$ sayısını da içeri dağıtıp $C$ ve $D$'ye katabiliriz:

$$V(x,y) = e^{-kx}\left(C\sin(ky) + D\cos(ky)\right)$$

Adım 2: İlk sınır koşulu için $y=0$ ise sinüs sıfır ve kosinüs $1$ yaptığına göre, ifadenin sıfır olmasının tek yolu $D=0$ olmasıdır. Artık kosinüs terimi yok.

Adım 3: Sinüs $y=a$ için sıfır yapıyorsa demek ki:

$$k = \frac{n\pi}{a} \qquad \Longrightarrow \qquad V(x,y) = C\, e^{-\frac{n\pi x}{a}} \sin\!\left(\frac{n\pi}{a}y\right)$$

Süperpozisyon ilkesi
Şimdi matematiğin güzelliklerine bakarsak, her $n$ için çözümümüz tutarlıdır. Peki hangi $n$'yi seçelim? Gerek yok ki — süperpozisyon ilkemize sığınalım. Laplace denklemi lineerdir. Diyelim $V_1, V_2, \dots$ şeklinde çözümlerimiz var. Her $c_i$ reel sayı olmak üzere:

$$V = c_1 V_1 + c_2 V_2 + c_3 V_3 + \dots$$ $$\nabla^2 V = c_1 \nabla^2 V_1 + c_2 \nabla^2 V_2 + \dots = 0$$

Yani çözümlerin lineer kombinasyonu da bir çözümdür.

Örnek: Örneğin devamı — Fourier serisi
Bu demektir ki $n$ üzerinden toplam alırsak genel çözümü bulabiliriz. $n=0$ için sinüs sıfır verdiği için anlamı yok; negatif $n$ için üstel ifade artan bir terim verir ve sınır koşulları ihlal olur. Demek ki $n=1$'den başlayacak:

$$V(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n\, e^{-\frac{n\pi x}{a}} \sin\!\left(\frac{n\pi}{a}y\right)$$

Şimdi diğer sınır koşuluna bakarsak:

$$V(0,y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\!\left(\frac{n\pi}{a}y\right) = V_0(y)$$

Tanıdık geldi mi? Her mühendislikle ilgili mizah sayfasında zorluğuyla ilgili post olan meşhur Fourier serisi. Tabii bir kısmı — Fourier sinüs serisi, kosinüs terimi yok. Yani süper bir haber: bulduk. Tabii baştaki $C_n$ katsayılarını bulmak kaldı.

Bunun için yine matematikçilere borçlu olduğumuz bir yöntem kullanalım: ifademizi bir terimle çarpıp integral alacağız.

$$\sum_{n=1}^{\infty} C_n \int_0^a \sin(n\pi y/a)\sin(n'\pi y/a)\, dy = \int_0^a V_0(y)\sin(n'\pi y/a)\, dy$$

Ne işe yaradığını anlamak için şuna da bakalım (ortogonallik):

$$\int_0^a \sin(n\pi y/a)\sin(n'\pi y/a)\, dy = \begin{cases} 0, & n' \neq n \\[4pt] \dfrac{a}{2}, & n' = n \end{cases}$$

Sol tarafta $n'$ ve $n$ birbirine eşit değilse terimler sıfırlanır; eşit olduğu durum için de basit bir $a/2$ doğar:

$$\boxed{C_n = \frac{2}{a}\int_0^a V_0(y)\sin(n\pi y/a)\, dy}$$

Katsayıyı bulduk. Genel çözüm:

$$V(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{a}\int_0^a V_0(y)\sin(n\pi y/a)\, dy\right] e^{-\frac{n\pi x}{a}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{a}y\right)$$

Özel durum: $V_0$ sabitse ($y$'ye bağlı değilse):

$$C_n = \frac{2V_0}{a}\int_0^a \sin(n\pi y/a)\, dy = \frac{2V_0}{n\pi}(1-\cos n\pi) = \begin{cases} 0, & n \text{ çift ise} \\[4pt] \dfrac{4V_0}{n\pi}, & n \text{ tek ise} \end{cases}$$ $$\boxed{V(x,y) = \frac{4V_0}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\dots}^{\infty} \frac{1}{n}\, e^{-n\pi x/a}\sin(n\pi y/a)}$$

7. Poisson Denklemi

Şimdi Poisson denklemine bir göz atalım:

$$\nabla^2 V = -\frac{\rho}{\epsilon_0}$$

Not: Homojen olmayan denklemler:
Diferansiyel denklem dersi almayanlar için: diferansiyel denklemin sağ tarafı sıfır ise (mesela Laplace denklemi) homojen denir. Homojen olmayan ifadeler için çözüm metodu, homojen durum için olan çözüm ile homojenliği bozan kaynak terimini sağlayan bir özel çözümün toplamıdır.

Yani Poisson denklemi için Laplace denkleminin genel çözümünü bulup (tabii sınır koşulları altında), ardından yük yoğunluğu terimini sağlayan bir ifade ile toplamak yeterlidir. Bunun nedenini şöyle düşünelim: $V_L$ Laplace denkleminin çözümü, $V_p$ ise Poisson için özel çözüm olsun. Bu türev ifadeleri lineer olduğu için:

$$\begin{aligned} \nabla^2 V_L &= 0 \\ \nabla^2 V_p &= -\frac{\rho}{\epsilon_0} \\ \nabla^2(V_L + V_p) &= \nabla^2 V_L + \nabla^2 V_p = -\frac{\rho}{\epsilon_0} \end{aligned}$$

Yani genel çözümü bulmanın yolu, Laplace denklemini çözüp sağdaki ifadeyi verebilecek tek bir çözüm bulmaktan geçiyor. Bu kısmi diferansiyel denklemin çözümleri için Green fonksiyonları, Laplace dönüşümleri gibi çok çeşitli ve tamamen matematiksel metotlar kullanılabilir; bu nedenle serimizde şimdilik bu kadar yer vereceğiz.

Kapanış

Bu bölümde elektrik alan ve potansiyel hesapları için metotları gördük. Matematiğin uçsuz bucaksızlığını düşününce bir kısmi diferansiyel denklem (PDE) çözmek için çok daha fazla metot var — aynı zamanda elektrik alan ve potansiyel için de. Bu bölümde en çok kullanılanlara baktık. Gelecek bölümlerde örneklere göre yeri geldiğinde farklı metotlar da göreceğiz.