Распределение заряда на иголке.

[sup]

Так ведь это другое дело. Замечательная задача. Четко поставленная. Хотя уже и не совпадает с исходной. Ну и ладно.
Но я все равно не понимаю, при чем тут регуляризация того интеграла. Что мы так в него вцепились? Чтобы воспользоваться регуляризацией, ее сначала надо определить. Чтобы достать из коробочки конфетку, сначала надо ее туда положить. Ну так значит мы уже заранее знаем, какую конфету мы достанем. С этой точки зрения регуляризация сама по себе - дело бесперспективное.

[Munin]

sup
Спасибо большое за изложение. Даже мне понятно :-)

-- 13.03.2015 12:59:36 --

sup в сообщении #989669 писал(а):

Так ведь это другое дело. Замечательная задача. Четко поставленная. Хотя уже и не совпадает с исходной.

Вот это не факт, надо amon спросить. Может быть, его такая формулировка устраивает.

[amon]

Munin в сообщении #989681 писал(а):

Вот это не факт, надо amon спросить. Может быть, его такая формулировка устраивает.

А чего его спрашивать, он в этой задаче все равно ни хрена не понимает. Надо решать что решается.

sup в сообщении #989669 писал(а):

я все равно не понимаю, при чем тут регуляризация того интеграла.

И я не понимаю, и говорил уже, что, IMHO, интеграл - ветвь боковая и тупиковая.

Red_Herring в сообщении #989657 писал(а):

Я думаю что надо, но требуется доказать строго что если 3D-тело регулярно стягивалось к отрезку (ну скажем в цилиндрических координатах оно ограниченно поверхностью $r= \varepsilon \phi (z)$ с тем, чтобы тело было "хорошим", то при $\varepsilon \to +0$ мы бы всё получали в пределе, причём предел не зависел бы от $\phi$. Я думаю что это так, но это серьёзная задача, скорее всего выходящая за рамки форумного обсуждения.

Тут еще такая петрушка. Когда мы стягиваем 3D к 2D, задача остается той же самой, поскольку заряд живет на поверхности металлического тела, и оба ответа пишутся через потенциал простого слоя. Если же мы стягиваем эллипсоид в отрезок, то таки да, получим константу, но она равна бесконечности. IMHO, этот предельный переход тоже приходится регуляризовывать, и возникают проблемы, аналогичные проблемам с интегралом. Тут проскальзывала неотчетливая идея chislo_avogadro, но можно ли ее до ума довести и как я пока не знаю. IMHO, чистая задача - насыпание точечных зарядов, но с ней тоже не все понятно (эквивалентность постоянных зарядов и постоянных позиций в пределе больших $N$).

Мое предложение - обсуждение интеграла временно прекратить за отсутствием результатов.

[Утундрий]

Red_Herring в сообщении #989657 писал(а):

Я думаю что это так

Удивляюсь я с такой уверенности. Задачка-то очевидно некорректная.

[Red_Herring]

Утундрий в сообщении #989909 писал(а):

Удивляюсь я с такой уверенности. Задачка-то очевидно некорректная.

Я написал, "я думаю". Я же не написал "уверен". Поэтому свою ферму на спор не ставлю и если будет до-во противного (или что-то похожее на доказательство) упорствовать в ереси не буду.

И какая задача некорректная? Я имею в виду не одномерную задачу с непонятным интегралом, а предел 3х-мерного решения. При этом разумеется энергия будет стремиться к бесконечности.

[Утундрий]

Red_Herring в сообщении #989913 писал(а):

Я имею в виду не одномерную задачу с непонятным интегралом, а предел 3х-мерного решения.

Мнится мне, что сколько стремлений, столько и пределов обнаружится. Так что моя имха ортогональна вашей.

[amon]

Red_Herring в сообщении #989913 писал(а):

предел 3х-мерного решения.

Предел трехмерного решения требует как-то получить конечную одномерную плотность заряда из двумерной. У меня с этим трудности.

[chislo_avogadro]

Red_Herring в сообщении #989657 писал(а):

поверхностью $r= \varepsilon \phi (z)$ с тем, чтобы тело было "хорошим", то при $\varepsilon \to +0$ мы бы всё получали в пределе

Существенный момент в постановке исходной задачи по-моему тот, что элементы разбиения (для стержня это отдельные заряды) взаимодействуют по Кулону. Если элементы разбиения - кольца, то они взаимодействуют иначе. По крайней мере на расстояниях меньше радиуса кольца. И перейдёт ли это взаимодействие в пределе в кулоновское - как-то не очень ясно. Ну и для случая того же эллипсоида ответ известен и в начале темы упоминался. В данном случае он выглядел бы так - если \varepsilon$ константа (не зависит от $z$), то распределение заряда равномерно по длине.

-- 13.03.2015, 22:43 --

amon в сообщении #989908 писал(а):

Тут проскальзывала неотчетливая идея chislo_avogadro

Сам по себе план вроде отчётливый, но я потому и назвал его тупиковым, что там полученная функция должна быть разложена на три заранее заданных сомножителя, а на столько удачи вряд ли можно надеяться...

[Red_Herring]

chislo_avogadro в сообщении #989970 писал(а):

но я потому и назвал его тупиковым, ч

Анекдот писал(а):

Дорогой, что это за шум?
Это самосвал проехал через проход в середине дома.
Но там нет прохода… Там тупик!
Теперь есть!

[Munin]

amon в сообщении #989908 писал(а):

IMHO, этот предельный переход тоже приходится регуляризовывать, и возникают проблемы, аналогичные проблемам с интегралом.

А вот не факт. Вдруг математики скажут, что не возникает проблем.

Утундрий в сообщении #989918 писал(а):

Так что моя имха ортогональна вашей.

По какому скалярному произведению?..

chislo_avogadro в сообщении #989970 писал(а):

Если элементы разбиения - кольца, то они взаимодействуют иначе. По крайней мере на расстояниях меньше радиуса кольца.

Да, но в том-то и цимес, что сжимаясь по радиусу, кольца друг от друга "удаляются"! Так что все они считают себя всего лишь кусочками цилиндра, где "иначе" можно даже посчитать.

[Red_Herring]

Munin в сообщении #990035 писал(а):

Да, но в том-то и цимес, что сжимаясь по радиусу, кольца друг от друга "удаляются"

На самом деле тут даже интереснее. Поскольку найти то что я писал затруднительно, повторю.

Потенциал взаимодействия двух колец будет

$$ \begin{aligned} &\Bigl( |x-y|^{-1}+ O(\varepsilon |x-y|^{-2}\Bigr) \rho(x)\rho(y) \,dxdy \qquad && |x-y|\ge \varepsilon,\\ &O(\varepsilon ^{-1})\rho(x)\rho(y) \,dxdy && |x-y|\le \varepsilon \end{aligned} $$

и полный потенциал будет в предположении что $\rho (x)$ - линейная плотность заряда меняется в обычной шкале , т.е $|\rho '|\le M$, что наверняка не так вблизи концов, но скорее всего это не отменит вывода

$$ E=\int \rho(x)^2\,dx |\ln \varepsilon| + O(1) $$

где в указанном предположении мы заменили $\rho (y)$ на $\rho(x)+ O(|x-y|)$. Т.е. минимизировать надо $\int \rho(x)^2\,dx$. Тут играют роль два фактора:
1) $\int |x-y|^{-1}\,dy$ расходится, и потому все удаленные точки $|x-y|\ge \delta $ дают меньший вклад ($|\log \delta|=o(|\log \varepsilon|)$;
2) Но расходимость логарифмическая и потому все близкие точки $|x-y|\le \delta '$ тоже дают меньший вклад ($|\log \varepsilon /\delta |=o(|\log \varepsilon|)$.
T.e. основной вклад дают точки с $\varepsilon \ll |x-y|\ll 1$. Если бы вместо Кулона была степень $-\sigma$, $\sigma<1$, то интеграл бы сходился и вывод 1) был бы неверен. Если бы $\sigma>1$ то близкие точки $|x-y|\le \delta'$ играли бы решающую роль и мы бы имели

$$ E=\int K(x) \rho(x)^2\,dx | \varepsilon| ^{1-\sigma}+ O(1) $$

с $К(х)$ зависящим от радиуса кольца (по сравнению с $\varepsilon$). И в этом случае предельное распределение наверняка зависело бы от сжимаемой формы.

И именно в силу такого логарифмической расходимости я предполагаю что предел не будет зависеть от формы.

[drug39]

sup в сообщении #989621 писал(а):

Что толку написать сумму константы и пары дельта-функций? Младенцу ясно, что ничего другого в пределе в принципе получиться не может.

Мне казалось, что тут большая часть учасников всё ещё с этим спорит... А если с этим не спорите, прекрасно, можно идти дальше! Какой отсюда толк, уже говорил. Повторю. Отсюда уже можно произвести исследование, какие веса концевых зарядов возможны. Графическое исследование приводил выше. Но Munin сказал, что глазам доверять нельзя и нужно исследовать аналитически. А это можно сделать просто. Берём функцию потенциала такой иголки $\varphi (x, y, m_1, m_2)$, где $m_1$ и $m_2$ - веса левого и правого зарядов соответственно относительно полного заряда, а ось $Ox$ параллельна иголке. И ищем нормальную и тангенциальную составляющие поля вблизи отрезка, но не вблизи его концов, по формулам

$$E_n=-\dfrac{\partial}{\partial y}\varphi (x, y, m_1, m_2), \quad E_t=-\dfrac{\partial}{\partial x}\varphi (x, y, m_1, m_2).$$

Разумеется, могут получиться величины стремящиеся к $\infty$. Требуем $\left\lvert E_t\right\rvert \ll {\left\lvert E_n\right\rvert}$. В результате находим диапазоны $m_1$ и $m_2$. Действовать можно хоть аналитически, хоть вычислительно.

sup в сообщении #989621 писал(а):

Вот что это за решение $\rho(y)=-\alpha y$, где $\alpha\to+0$ - для меня полная загадка. Что это за объект? Функция, распределение? Последовательность функций?
В сущности вся эта кухня (скорее всего), это просто ЗАВУАЛИРОВАННЫЙ предельный переход от цилиндра, эллипсоида и прочих хренпоймичегоидов. А оно нам надо?

Судите сами. Это тоже задача про иголку, только иголка в поле. Пусть незаряженная иголка помещена в однородное параллельное ей поле $E>0$. Тогда внутри тела иголки возникнет деполяризующее поле $-E$. Если считать, что скачков потенциала на концах нет, то приходим к уравнению

$$\int\limits_{-a}^{a}\frac{\tau(\xi)}{(x-\xi)|x-\xi|}d\xi=-E,$$

где $\tau(\xi)$ - линейная плотность заряда иголки, $a$ - полудлина иголки. Из соотношения (1) $\tau(\xi)=\alpha\xi$, где $\alpha\to+0$. Дипольный момент иголки

$$p=\int\limits_{-a}^{a} \xi \tau(\xi) d\xi=\dfrac{2}{3}\alpha a^3.$$

По другой формуле

$$p=\varepsilon_0\dfrac{V}{n_\parallel}E,$$

где $V$ - объём иголки, $n_\parallel$ - продольный коэффициент деполяризации иголки. Следовательно,

$$\alpha=\dfrac{3}{2}\varepsilon_0\dfrac{V}{a^3}\dfrac{E}{n_\parallel}.$$

Для эллипсоидальной формы иголки легко проверить, что когда диаметр иголки стремится к нулю, $\alpha\to0$. Да и для прочих иглоформ $\alpha\to0$.

[drug39]

Прошу простить, одну формулу написал в системе единиц СГС, а другую в СИ. Давайте всё в СГС. Тогда должно быть

$$p=\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{V}{n_\parallel}E,\quad\alpha=\dfrac{3}{8\pi}\dfrac{V}{a^3}\dfrac{E}{n_\parallel}.$$

[sup]

Утундрий в сообщении #989918 писал(а):

Мнится мне, что сколько стремлений, столько и пределов обнаружится. Так что моя имха ортогональна вашей.

Я, скорее, соглашусь сRed_Herring.
Хотя, что гадать. Пусть тело - $\Omega$. Во внешности $\Omega$ ставим задачу
$\Delta \varphi = 0$
$\varphi|_{\partial \Omega} = 1$
Заряд на границе пропорционален нормальной производной $\varphi_n$. Рассмотрим произвольную пробную функцию $v$ такую, что $\Delta v = 0$. Тогда

$$ \int \limits_{\partial \Omega} v\varphi_n d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n\varphi d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n d\Gamma$$

Следовательно, "грамотно" подбирая функцию $V$, получим оценку на заряд. Например, выбираем $v$ - потенциал маленького фиксированного однородно-заряженного отрезка на иголке. Скорее всего, предел правой части при стягивании тела сосчитать не очень трудно. Вот и получим некую оценку. Думаю, у такого подхода неплохие перспективы. А если еще и размерность понизить (за счет осевой симметрии) - совсем хорошо будет.
По моим прикидкам, там действительно получается равномерное распределение (но это так, на глазок).

-- Сб мар 14, 2015 13:52:21 --

drug39 в сообщении #990066 писал(а):

Для эллипсоидальной формы иголки легко проверить, что когда диаметр иголки стремится к нулю, $\alpha\to0$

Ну вот, собственно, и ответ на все вопросы. Примерно то, о чем я и говорил. Речь идет не о каких-то отвлеченных материях типа абстрактные сингулярные интегралы и прочее, а о предельных переходах по форме иглы. Вот и получается. Для решения задачи мы привлекаем какие-то гиперсингулярные интегралы. А их смысл - какие-то пределы по, скажем, эллипсоидам. Потом, применив такую регуляризацию, мы обнаружим удивительное сходство результатов с эллипсоидами. Ясно, что удивляться этому факту уже не приходится.

[amon]

amon в сообщении #989908 писал(а):

получим константу, но она равна бесконечности.

Чушь ляпнул. Не будет такого. И с переходом к 1D плотности проблем нет. Маразм, однако.