Распределение заряда на иголке.

[Утундрий]

Ну а чего вы хотели от задачи со столь противоречивыми требованиями? Пока тело имеет пусть малый, но объём и поверхность - не составляет труда (по крайней мере в принципе) так распределить по его поверхности некий фиксированный заряд, чтобы в объёме тела поле отсутствовало. При стремлении же тела к 1D отрезку его поверхность и внутренность стремятся к этому же отрезку и где там на отрезке поверхность, а где внутренность - вопрос эстетический.

Поэтому мне больше всего нравится идея раздать всем сёстрам по серьгам равномерно. Заряд - нуль поля - заряд - нуль поля - заряд...

[Red_Herring]

Утундрий в сообщении #983767 писал(а):

чтобы в объёме тела поле отсутствовало.

И на поверхности тангенциальная составляющая поля была 0

[Утундрий]

(Оффтоп)

Да, конечно, и животноводство тоже.

[chislo_avogadro]

(Оффтоп)

Любопытно подумать, можно найти распределение заряда на 1D отрезке экспериментально? Скажем, даём слесарю заготовку и технологию. И в зависимости от заготовки и от технологии полученные иголки будут давать различные результаты? Если предположить, что результаты всё же будут одинаковы, то это может быть только равномерное распределение, поскольку есть точный теоретический результат для эллипсоида. "Метод физической индукции".

[Munin]

Вброшу-ка я злобно ещё модель.

Возьмём два шарика конечного радиуса, соединённые тонкой проволокой, и зарядим. А потом устремим радиусы шариков к нулю.

[amon]

Munin в сообщении #984033 писал(а):

А потом устремим радиусы шариков к нулю.

А с проволокой что делать?

[Munin]

А вот это самое интересное :-) Можно её устремить к нулю ещё раньше, чем шарики. Можно наоборот, зафиксировать её на заданном диаметре, а шарики при этом сдуваются до того же диаметра, и не дальше. После этого имеем палочку с закруглёнными концами, и можем её снова уменьшать до нулевого диаметра.

[amon]

Munin в сообщении #984169 писал(а):

После этого имеем палочку с закруглёнными концами, и можем её снова уменьшать до нулевого диаметра.

Так константа получится.

[Munin]

Докажьте :-)

[amon]

Munin в сообщении #984431 писал(а):

Докажьте

Мне слабо, поэтому сошлюсь на классиков. Аналогичное утверждение (о независимости предела) есть у Джексона

(Оффтоп)

Мне эту статью недавно пригнали, поэтому всерьез ее еще не посмотрел. Оказывается, моя лавка не подписана на Am. J. Phys

[Munin]

Ну, свести к уже сделанному расчёту - скучно!

Я вот второй день никак не возьмусь ответить на post983765.html#p983765 ...

[drug39]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #984033 писал(а):

Вброшу-ка я злобно ещё модель...

Munin, я было за Вас порадовался...

Посмотрим на интеграл $\int\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy$ как на линейный оператор. Можно сказать, что этот интеграл - произведение антисимметричной матрицы и функции-столбца $\rho(y)$ (типа $\left\lvert\rho\right\rangle$ в обозначениях Шредингера). Поведение значений матрицы таково, что её можно считать диагональной и можно написать так:

$$\int\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=-\lim\limits_{w\to+0}\frac 1 w \frac{d}{dx}\rho(x). \quad \quad \ecno (1)$$

Но так только внутри отрезка интегрирования. В концах отрезка $\int\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=\pm\lim\limits_{w\to+0} \frac 1 w \rho(x)$, причем "$+$" в правом конце, а "$-$" - в левом. Следовательно, чтобы пользоваться формулой (1) на всём отрезке интегрирования, нужно потребовать, чтобы в концах отрезка выполнялось соотношение $\int\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy \to \pm\infty$, причем, если "$-$" в правом конце, то "$+$" - в левом, и наоборот, если "$+$" в правом конце, то "$-$" - в левом.
Теперь рассмотрим интегральное уравнение

$$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=\Delta\varphi_1\lim\limits_{s\to+0}\frac{{\theta}(-x -1+s)}{s}-\Delta\varphi_2\lim\limits_{s\to+0}\frac{{\theta}(x-1+s)}{s},$$

где $\Delta\varphi_1>0,\Delta\varphi_2>0$. Воспользовавшись соотношением (1), от этого интегрального уравнения придём к дифференциальному уравнению

$$\frac {d\rho}{dx}=-\Delta\varphi_1\lim\limits_{s\to+0, w\to+0}\frac{{\theta}(-x-1+s)}{sw}+\Delta\varphi_2\lim\limits_{s\to+0, w\to+0}\frac{{\theta}(x-1+s)}{sw}.$$

Отсюда на отрезке $[-1, 1]$ получим

$$\rho(y)=C_0+C_1\delta_{-}(y+1)+C_2\delta_{+}(y-1),$$

где $C_1>0, C_2>0, C_1/C_2=\Delta\varphi_1/\Delta\varphi_2$, $\delta_{-}$ и $\delta_{+}$ - те самые пресловутые "треугольные" дельта-функции. Их можно определить так: при $x\ne0 \quad \delta_-(x)=0, \delta_+(x)=0$, $\int\limits_{0}^{+\infty} \delta_-(x)dx=1$,$\int\limits_{-\infty}^0 \delta_+(x)dx=1$, $\frac{d}{dx}\delta_-(0)<0$, $\frac{d}{dx}\delta_+(0)>0$. Поскольку ступени в правой части уравнения можно считать не совсем прямоугольными, функции $\delta_-$ и $\delta_+$ могут иметь не совсем треугольные профили. Поэтому эти функции можно называть просто убывающая и растущая дельта-функции соответственно. Отношения $C_0 /C_1$ и $C_0 /C_2$ из этого уравнения определить нельзя. Для этого есть очень простой путь. Теперь ведь известно аналитическое выражение для потенциала отрезка $\varphi(x, y)$. Надеюсь, формулу потенциала равномерно заряженного отрезка все знают. Остаётся только исследовать, хоть аналитически, хоть вычислениями, при каких весах $m_1$ и $m_2$ концевых зарядов отношение тангенциальной составляющей к нормальной составляющей поля вблизи отрезка стремится к нулю.
Red_Herring, что касается уравнения $\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=1$, то оно не из пальца. Это уравнение возникает в задаче о продольной поляризуемости проводящего отрезка. Вы ответ просили. Вот $\rho(y)=-\alpha y$, где $\alpha\to+0$. Правда в этой задаче важно как именно $\alpha$ стремится к нулю. Но этот результат хорошо известен для предельно вытянутого эллипсоида в продольном поле.

[sup]

(Оффтоп)

Йозеф Швейк писал(а):

Мы, мерзавцы, думали, что комиссия нам поможет. Ни хрена она нам не помогла.

[drug39]

В предыдущем посте местами наврал. Похоже, что-то в этом упрощённом подходе неверно. Главное, что соотношение (1) работает на отрезке $(-1, 1)$. Следовательно, на этом отрезке $\rho(y)=\operatorname{const}$, и концевые заряды могут быть.

[Munin]

(Оффтоп)

drug39 в сообщении #984545 писал(а):

Munin, я было за Вас порадовался...

После того, что я про вас подумал? Да вы необыкновенно добры!