Преобразование Фурье:
Примем на веру, что любую периодическую интересную по физике функцию можно разложить в таком виде:
$$f(t)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\sin(n\omega t)+b_n\cos(n\omega t){.}$$
Где $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$, $T$ - период функции.
Заметим, что коэффициенты разложения находятся очень просто:
$$\int\limits_{0}^{T}f(t)sin(n\omega t)dt=a_n\cdot T<\sin^2(n\omega t)>\Rightarrow a_n=\frac{2}{T}\int\limits_{0}^{T}f(t)\sin(n\omega t)dt{.}$$
Для $b_n$ аналогично.
При этом можно экстраполировать это преобразование для непериодических функций, для этого устремим $T$ к бесконечности:
$$f(t)=\lim_{T\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{\infty}a_n\sin\left(\dfrac{2\pi}{T}\cdot nt\right)+b_n\cos\left(\dfrac{2\pi}{T}\cdot nt\right)=\lim_{\omega\rightarrow 0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{\omega}\sin(n\omega t)\omega+\frac{b_n}{\omega}\cos(n\omega t)\omega{.}$$
Введем переобозначения - $\dfrac{q_n}{\omega}=Q_n$, при этом, рассмотрев разность двух конечных соседних частот, получим:
$$\omega_{n+1}-\omega_n=\omega\rightarrow 0{.}$$
А значит, заменив $\omega$ на $d\omega$, $n\omega$ на $\omega$, можно перейти от суммы к интегрированию:
$$f(t)=\int\limits_{0}^{\infty}(A_n\sin(\omega t)+B_n\cos(\omega t))d\omega{.}$$
Также устремим $T$ к бесконечности для коэффициентов разложения:
$$A_n=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}f(t)\sin(\omega t)dt{,}$$ $$B_n=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}f(t)\cos(\omega t)dt{.}$$
Бывает полезно представить это разложение в виде комплексной экспоненты домноженной на функцию от $\omega$:
$$f(t)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\hat{f}(\omega)e^{-i\omega t}d\omega{,}$$
$$\hat{f}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{i\omega t}dt{.}$$
В виде преобразований Фурье удобно представлять разложения спектров в волновой оптике, а также решать задачи на бесконечные сети...
Решение задачи:
Обратим внимание, что у узла, для
которых выполняется: $m+n=2k, k\in{\mathbb{Z}}$, будет такое окружение:
Тогда для узла ($m$, $n$), $m+n=2k, k\in{\mathbb{Z}}$
легко получить уравнение как следствие из З-на Ома и 1го Правила Кирхгофа:
\begin{equation}
I_{m,n}=\frac{u_{m,n}-u_{m,n +1}}{R_r}+\frac{2u_{m,n}-u_{m+1,n}-u_{m-1,n}
}{R_b}{.}
\end{equation}
Где $I_{m,n}$ - сила тока, втекающая в соответствующий узел $(m,n)$, $u_{m,n}$ - потенциал в узле $(m,n)$.
Аналогично для узлов $(m,n)$, удовлетворяющих условию $m+n=2l+1, l\in{\mathbb{Z}}$:
Далее довольно удобно искать решение для потенциала в узле $(m,n)$, произведя преобразование Фурье наших уравнений. Найдем его для силы тока в узле $(m, n)$, если в узел $(m_0,n_0)$ втекает сила тока $I_0$, а собирается на бесконечности:
\[
I_{m,n}=\left\{
\begin{aligned}
&0, m\ne m_0, n\ne n_0,\\
&I_0, m=m_0, n=n_0.
\end{aligned}\right.\Rightarrow I_{m,n}=I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot e^{im_0x+in_0y}\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
Прямым вычислением легко убедиться, что данное преобразование действительно дает нам верную зависимость $I_{m,n}$ от координат узла $(m,n)$. Для описания зависимости потенциала $u_{m,n}$ сделаем предположение:
\[
u_{m,n}=\left\{
\begin{aligned}
&\varphi_{m,n},\ m+n=2k, k\in{\mathbb{Z}},
&\Phi_{m,n},\ m+n=2l+1, l\in{\mathbb{Z}}.
\end{aligned}\right.\]
Где $\varphi_{m,n}$ и $\Phi_{m,n}$ - различные функции координат $(m,n)$. Будем искать преобразования в таком виде:
\[
\varphi_{m,n}=\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
\[
\Phi_{m,n}=\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
Для нахождения сопротивления наложим две системы токов: в узел $(0,0)$ втекает сила тока $I_0$, собирается на бесконечности; ток втекает с бесконечности, вытекает из узла $(0,1)$. Тогда выражения для силы тока, втекающей в узел $(m,n)$, и результирующего сопротивления примут вид:
\[I_{m,n}=I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot (1-e^{iy})\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
\[R=\frac{u_{0,0}-u_{0,1}}{I_0}\]
Условно разделим это выражениe на два следующих:
\[I_{m,n}^{even}=I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
\[I_{m,n}^{odd}=-I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot e^{iy}\cdot e^{-imx-iny} {.}\]
Легко убедиться, что $I_{m,n}^{even}$ обращается ноль при любых $(m,n)$, для которых выполняется $m+n=2l+1, l\in{\mathbb{Z}}$, так как мы никаким способом не сможем прийти в точку $(0, 0)$, аналогично с $I_{m,n}^{odd}$ при $m+n=2k, k\in{\mathbb{Z}}$. Тогда выражения (1) и (2) можно записать в таком виде:
\begin{equation}
I_{m,n}^{even}=\frac{\varphi_{m,n}-\Phi_{m,n +1}}{R_r}+\frac{2\varphi_{m,n}-\Phi_{m+1,n}-\Phi_{m-1,n}
}{R_b}{.}
\end{equation}
\begin{equation}
I_{m,n}^{odd}=\frac{\Phi_{m,n}-\varphi_{m, n-1}}{R_r}+\frac{2\Phi_{m,n}-\varphi_{m+1,n}-\varphi_{m-1,n}
}{R_b}{.}
\end{equation}
Подставим преобразования Фурье в (3), (4):
\[\begin{aligned}
&I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot e^{-imx-iny}=\frac{1}{R_r}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-imx-iny}-\\
&\hspace{1cm}-\frac{1}{R_r}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-imx-i(n+1)y}+\frac{2}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-imx-iny}-\\
&\hspace{2cm}-\frac{1}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-i(m+1)x-iny}-\frac{1}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-i(m-1)x-iny}{.}
\end{aligned}\\[1cm]\]
\[\begin{aligned}
&-I_0\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot e^{iy}\cdot e^{-imx-iny}=\frac{1}{R_r}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-imx-iny}-\\
&\hspace{1cm}-\frac{1}{R_r}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-imx-i(n-1)y}+\frac{2}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{odd}(x,y)\cdot e^{-imx-iny}-\\
&\hspace{2cm}-\frac{1}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-i(m+1)x-iny}-\frac{1}{R_b}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f_{even}(x,y)\cdot e^{-i(m-1)x-iny}{.}
\end{aligned}\]
Воспользуемся линейностью операции интегрирования, вынесем $e^{-imx-iny}$ за скобку, а также тем фактом, что:
\[\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot f(x,y)\cdot e^{-imx-iny}=0 \Leftrightarrow f(x,y)=0{.}\]
Так как оно должно выполняться для любых значений ($m$, $n$). Получаем систему уравнений:
\[I_0=\frac{1}{R_r}f_{even}(x,y)-\frac{1}{R_r}f_{odd}(x,y)\cdot e^{-iy}+\frac{2}{R_b}f_{even}(x,y)-\frac{1}{R_b}f_{odd}(x,y)\cdot e^{ix}-\frac{1}{R_b}f_{odd}(x,y)\cdot e^{-ix}{.}\] \[-I_0e^{iy}=\frac{1}{R_r}f_{odd}(x,y)-\frac{1}{R_r}f_{even}(x,y)\cdot e^{iy}+\frac{2}{R_b}f_{odd}(x,y)-\frac{1}{R_b}f_{even}(x,y)\cdot e^{ix}-\frac{1}{R_b}f_{even}(x,y)\cdot e^{-ix}{.}\]
Тривиально находим решения для $f_{even}$ и $f_{odd}$, приведя подобные слагаемые:
\[f_{even}=I_0R_b\cdot \frac{1-\cos{x}e^{iy}}{2(\frac{R_b}{R_r}+\sin^2{x}-\frac{R_b}{R_r}\cos{x}\cos{y})}{.}\]
\[f_{odd}=I_0R_b\cdot \frac{\cos{x}-e^{iy}}{2(\frac{R_b}{R_r}+\sin^2{x}-\frac{R_b}{R_r}\cos{x}\cos{y})}{.}\]
Подставим выражения для $\varphi_{m,n}$ и $\Phi_{m,n}$ в формулу для результирующего сопротивления:
\[\rho=\frac{\varphi_{0,0}-\Phi_{0,1}}{I_0}{.}\]
\[\rho=\frac{1}{I_0}\left( \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot\frac{ I_0R_b(1-\cos{x}e^{iy})}{2(\frac{R_b}{R_r}+\sin^2{x}-\frac{R_b}{R_r}\cos{x}\cos{y})}-\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{I_0R_b(\cos{x}-e^{iy})}{2(\frac{R_b}{R_r}+\sin^2{x}-\frac{R_b}{R_r}\cos{x}\cos{y})}\cdot e^{-iy}\right) {.}\]
Снова воспользуемся линейностью операции интегрирования:
\[\rho=\frac{1}{I_0} \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot I_0R_b\cdot \frac{2-2\cos{x}\cos{y}}{2(\frac{R_b}{R_r}+\sin^2{x}-\frac{R_b}{R_r}\cos{x}\cos{y})}\]
Преобразуем, предварительно сделав обозначение $a=R_b/Rr$:
\[\rho=R_b \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1-\cos{x}\cos{y}}{\sin^2{x}+a(1-\cos{x}\cos{y})}\]
Для начала произведем интегрирование по $dy$, для этого избавимся от $y$ в числителе, воспользуемся линейностью операции интегрирования:
\[\rho=\frac{R_b}{a} \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{\sin^2{x}+a(1-\cos{x}\cos{y})-\sin^2{x}}{\sin^2{x}+a(1-\cos{x}\cos{y})}=\]
\[=R_r \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi} -R_r \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{\sin^2{x}}{\sin^2{x}+a(1-\cos{x}\cos{y})}=\]
\[=R_r-R_r \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\frac{\sin^2{x}+a}{a\cos{x}}-\cos{y}}{.}\]
Перейдем к вычислению получившегося интеграла, обратим внимание на симметрию подынтегральных выражений относительно нуля:
\[I=\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\frac{\sin^2{x}+a}{a\cos{x}}-\cos{y}}=4\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\frac{\sin^2{x}+a}{a\cos{x}}-\cos{y}}\]
Получившийся интеграл разобьем на два, при $x\in [0, \frac{\pi}{2})$ и $x\in (\frac{\pi}{2}, \pi]$, потому как:
\[
\frac{\sin^2{x}+a}{a\cos{x}}=\left\{
\begin{aligned}
\alpha_1(x)>0,\ x\in [0, \frac{\pi}{2}),&\\
-\alpha_2(x)<0,\ x\in (\frac{\pi}{2}, \pi].&
\end{aligned}\right.\]
Подставим в интеграл по $dy$ выражения для $\alpha$:
\[I=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\alpha_1-\cos{y}}+\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{-\alpha_2-\cos{y}}\]
Легко убедиться, что подынтегральные выражения по $dy$ пробегают одинаковые значения с точностью до знака, как и по $dx$, тогда выражение для интеграла примет вид:
\[I=8\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\alpha_1-\cos{y}}\]
Возьмем интеграл по $dy$, воспользовавшись основной тригонометрической подстановкой:
\[I_y=\int\limits_{0}^{\pi} \frac{dy}{2\pi}\cdot \frac{1}{\alpha_1-\cos{y}}=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{2dt}{1+t^2}\cdot \frac{1}{\alpha_1-\frac{1-t^2}{1+t^2}}\]
\[I_y=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^{\infty}2dt\cdot \frac{1}{(1+t^2)\alpha_1-(1-t^2)}=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dt}{t^2(\alpha_1+1)+\alpha_1-1}\]
Легко убедиться, что $\alpha_1>1$ всюду в нашем диапазоне ${x}$, тогда произведем замену:
\[u=t\sqrt{\frac{1+\alpha_1}{\alpha_1-1}}\]
\[I_y=\frac{1}{\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{(\alpha_1-1)(1+\alpha_1)}}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{du}{u^2+1}=\frac{1}{\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{\alpha_1^2-1}}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{1}{2\sqrt{\alpha_1^2-1}}\]
Подставим ответ для $I_y$ в $I$, также подставив $\alpha_1$:
\[I=8\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2\pi}\frac{\sin^2{x}}{a\cos{x}}\cdot \cfrac{1}{2\sqrt{\left(\cfrac{\sin^2{x}+a}{a\cos{x}}\right)^2-1}}=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cfrac{dx}{2\pi}\cdot \cfrac{\sin^2{x}}{\sqrt{(\sin^2{x}+a)^2-({a\cos{x}})^2}}\]
Преобразуем подкоренное выражение и сделаем замену $v=\cos{x}$:
\[I=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2\pi}\cdot \frac{\sin^2{x}}{\sqrt{\sin^4{x}+2a\sin^2{x}+({a\sin{x}})^2}}=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{2\pi}\cdot \frac{\sin{x}}{\sqrt{\sin^2{x}+2a+a^2}}=4\int\limits_{0}^{1} \frac{dv}{2\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{(1+a)^2-v^2}}\]
После замены $v=(1+a)u$ получаем табличный интеграл:
\[I=4\int\limits_{0}^{\frac{1}{1+a}} \frac{(1+a)du}{2\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{(1+a)^2-(1+a)^2u^2}}=\frac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{\frac{1}{1+a}} \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\frac{2}{\pi}\arcsin\left(\frac{1}{1+a}\right)\]
Подставим $I, a$ в итоговое выражение для результирующего сопротивления:
\[\rho=R_r-\frac{2R_r}{\pi}\arcsin\left(\frac{R_r}{R_r+R_b}\right)=\left(2018-\frac{2\cdot 2018}{\pi}\arcsin\left(\frac{2018}{2019}\right)\right)\Omega=40,4358\Omega\]