Распределение заряда на иголке.

[radiotechnik]

sup в сообщении #993615 писал(а):

заряды монотонно убывают от краев к центру?

Сами заряды или поле заряда? Как может заряд убывать?

[sup]

Величины зарядов. Речь идет о задаче, в которой требуется разместить некие точечные заряды в узлах равномерной решетки так, чтобы система находилась в равновесии. Поиск величин этих зарядов сводится к решению некой системы линейных уравнений. Эксперимент показывает, что величины зарядов довольно быстро убывают от края к центру и выходят на постоянный уровень.

[sup]

Вроде бы имеет место следующий условный результат.
Предположим, что величины зарядов действительно убывают от краев к центру. Пусть заряд на краю равен 1. Тогда для некоторых констант $C_1,C_2$

$$\frac {C_1}{\ln (k+1)} \leqslant q_k \leqslant \frac {C_2}{\ln (k+1)}$$

У меня есть большое подозрение, что с ростом $n$ величины $q_k$ стремятся к неким пределам. В этом случае трудно надеяться на точные выражения.

[amon]

sup в сообщении #994218 писал(а):

имеет место следующий условный результат.

То есть, заряд логарифмически растет к концу иголки, или я чего-то опять не понял?

[chislo_avogadro]

Некое примитивное рассуждение от обратного. Допустим, заряды распределяются равномерно. Присоединяем к левому концу стержня ещё один такой же. Если предположение справедливо, то должен получиться исходный стержень, увеличенный вдвое. Но при приближении левого стрежня заряды правого должны будут сместиться, и чем они ближе к концу, тем больше. Это очевидно для случая, когда плотность зарядов "невелика". Т.е., при соединении стрежней подобия исходному не получится. Значит, исходное допущение неверно. Заодно получаем, что плотность зарядов в центре должна быть меньше.
Ну а если зарядов много, то

sup в сообщении #990589 писал(а):

Когда на иголке находится большое количество точечных зарядов, начинает разрушаться непрерывная зависимость от их местоположения. Даже наличие "большого" внешнего поля можно скомпенсировать едва заметным смещением зарядов, т.к. расстояния между соседями становятся крайне малыми.

Понимаю так - если исходная плотность зарядов такова, что сила, действующая на заряды, стремится к бесконечности, то наложение внешнего поля ничего в расположении зарядов не изменит. И можно, видимо, говорить о равномерном распределении.

[Утундрий]

Хоть я сейчас и в состоянии жесточайшей залюбленности, но на уровне энергетических оценок хочу акцентировать: не забывайте, рассматриваемая задача существенно некорректна. Поэтому не агритесь на одни только формулировки. Не стесняйтесь предварительно проговаривать какую постановку задачи вы имеете в виду. Это сэкономит вам в среднем полторы страницы обсуждения.

[chislo_avogadro]

Имел перед глазами задачу B - дискретное распределение зарядов. Но сходу не вижу причин, почему это рассуждение, если оно не провально, нельзя применить и к "сосискам". Если пожелание было ко мне.

[sup]

amon в сообщении #994261 писал(а):

То есть, заряд логарифмически растет к концу иголки, или я чего-то опять не понял?

Это зависит от того, что понимать под логарифмической особенностью. Скажем так, в "непрерывных терминах" плотность заряда ведет себя как

$$ q(x) \sim \frac {\ln n}{1 +\ln n + \ln {(x + \frac 1n)}}$$

Это все с точностью до множителей. Но это условный результат. Хотя и предположение весьма правдоподобно. Отмечу, что эта формула сравнительно грубо отражает поведение в центре иглы (там все должно выходить на константу). Но дает более или менее понятную оценку на краю (чего я и хотел получить).

[sup]

Я там ухитрился ошибиться в лемме Гронуолла. Поэтому оценка сверху ошибочна. Сорри за дезинформацию.
Оценка снизу верна.

[amon]

sup в сообщении #994359 писал(а):

$$ q(x) \sim \frac {\ln n}{1 +\ln n + \ln {(x + \frac 1n)}}$$

То есть таки $ q(0) \sim\ln n$? Согласно указаниям Утундрий'я уточняю: речь о задаче на равномерной сетке с меняющимися в узлах зарядами?

[sup]

Да, множитель между плотностью на краю и в центре - логарифм. Я в своих изысканиях полагал на краю заряд равным 1. Тогда в центре получается порядка

$$ \frac {1}{\ln n}$$

Эта оценка имеет место. Но хотелось бы уточнить скорость спада заряда от края к центру. Снизу оценка есть. Есть и сверху, но между ними "разрыв". Я хотел получить "точную по порядку" асимптотику. Но, увы, промахнулся.
А вообще, чтобы еще раз не наступить на эти грабли, надо бы подбить выкладки и выложить. Тогда сразу будет ясно есть там косяки или нет. Оценка снизу очень простая и я ее уже показывал. А вот сверху - всякая мутная возня.

[sup]

Итак, вот что получилось.
Пусть на отрезке $[0,2n+1]$ в узлах равномерной решетки в равновесии находится $2n+2$ точечных заряда. Заряды на краю равны $q_0 = q_{2n+1} = 1$. Выбор такого отрезка и заряда на краю позволяет несколько упростить уравнения и не умаляет общности. Будем искать симметричное решение данной задачи. Заряд в точке $k$ будем обозначать $q_k$. Тогда $q_k = q_{2n+1-k}$.
Поскольку система находится в равновесии, в каждом внутреннем узле сумма сил равна 0. Отсюда для $k = \overline{1,n}$ получаем уравнение

$$\sum \limits_{0 \leqslant j < k}\frac {q_j}{(k-j)^2} - \sum \limits_{k < j \leqslant 2n+1}\frac {q_j}{(j -k)^2} = 0\eqno {(1)}$$

С помощью этих уравнений мы будем получать оценки сверху для $q_k$. Отметим, что в силу симметрии мы выписываем лишь $n$ уравнений, а не $2n$.
Для оценок снизу удобнее преобразовать данное уравнение. Положим

$$S_k = \sum \limits_{j \geqslant k} \frac {1}{j^2}$$

Так, например, $S_1 = \pi^2/6$. При $k >1$ можно использовать весьма точное приближение $S_k \approx \frac {1}{k - 0.5 + \frac {1}{12k}}$. В любом случае $S_k = O(1/k)$. С помощью введенных величин легко выразить обратные квадраты

$$ \frac {1}{j^2} = S_j - S_{j+1}$$

.
Далее, обозначим $d_j = q_{j-1} - q_{j}$. Тогда подставляя эти выражения в уравнение получим (это ничто иное, как преобразование Абеля)

$$q_0(S_{k+1} - S_{2n+2-k}) = \sum \limits_{0 < j \leqslant k} d_j(S_{k+1-j} - S_{2n+2 - k - j}) + \sum \limits_{k < j \leqslant n} d_j(S_{j-k} - S_{2n+2 - k-j}) $$

Во всех этих индексах легко запутаться, поэтому полезно рассмотреть простой пример. Для $n=4$ имеем систему

$$\begin{pmatrix} S_1-S_8 & S_1-S_7 & S_2-S_6 & S_3-S_5\\ S_2-S_7 & S_1-S_6 & S_1-S_5 & S_2-S_4\\ S_3-S_6 & S_2-S_5 & S_1-S_4 & S_1-S_3\\ S_4-S_5 & S_3-S_4 & S_2-S_3 & S_1-S_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \\ d_3 \\ d_4 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} S_2-S_9 \\ S_3-S_8 \\ S_4-S_7 \\ S_5-S_6 \end{pmatrix}$$

В этой системе уже все коэффициенты положительные. Далее будем считать, что все $d_j > 0$. При этом условии, уже можно получать разнообразные оценки снизу. Для этого достаточно отбрасывать часть слагаемых в системе. Простейшая такая оценка получается если оставить только диагональные члены. Суммируя нижние строки, получим неравенство

$$O(\ln \frac {n^2}{n^2 - k^2}) \geqslant (S_1 - S_2)\sum \limits_{ j > n - k} d_j = (S_1 - S_2)(q_{n-k} - q_n)$$

Или, при $k \leqslant (1-\delta) n$

$$ q_{n-k} - q_n = \sum \limits_{ j > n - k} d_j = O \left (\frac {k^2}{n^2} \right )$$

Это весьма грубая оценка. Более точную мы получим, если рассмотрим нижний диагональный минор размера $k \times k$. Отбрасывая все остальные слагаемые и учитывая поведение $S_j$, получим

$$O(\ln \frac {n^2}{n^2 - k^2}) \geqslant \sum \limits_{ j = 0}^{k-1} (\ln (j+2) +O(1))d_j$$

Из предыдущей оценки при $k \leqslant (1-\delta) n$ имеем

$$\sum \limits_{ j = 0}^{k-1} \ln (j+2)d_j = O \left (\frac {k^2}{n^2} \right )$$

Отсюда, с помощью дискретного аналога леммы Гронуолла получаем оценку

$$ q_{n-k} - q_n = \sum \limits_{ j > n - k} d_j = O \left (\frac {k^2}{n^2 \ln (k+2)} \right ) \eqno {(2)}$$

Из этой оценки вытекает, что на большей части отрезка отклонение величины заряда от центрального $q_n$ не превышает $O \left (\frac {1}{\ln (k+2)} \right )$. Однако какого порядка заряд $q_n$ мы пока сказать не можем.
Теперь выберем некоторое $l$ и оставим в матрице только первые $l$ столбиков. После этого все сложим. Легко видеть, что сумма элементов в $j$-м столбике сначала растет с ростом $j$, а потом начинает убывать. Мы выбираем максимальное $l$ так, чтобы сумма элементов в каждом столбике была не меньше чем в первом. Обозначим эту сумму - $Z$. Сумма элементов в столбце "правой части" очевидно равна $Z - S_1 +O(1/n)$. Следовательно,

$$q_0(Z - S_1 +O(1/n)) \geqslant Z (q_0 - q_l)$$

Откуда

$$Zq_l \geqslant q_0(S_1 +O(1/n))$$

При этом, как легко видеть, $Z = \ln n + O(1)$. Сейчас мы покажем, что $l$ можно выбрать так, чтобы $l > n - C\sqrt n$. Тогда соединяя полученное неравенство с $(2)$, получим искомую оценку снизу

$$ q_n \geqslant q_0 \frac {S_1 +O(1/n)}{\ln n +O(1)} + O \left (\frac {1}{n \ln n} \right ) \geqslant\frac {C}{\ln n}$$

Сумма элементов в столбике с номером $l$ отличается от суммы элементов первого столбика на величину

$$\ln l - \ln \frac {n}{n-l} - \ln \frac {2n-l}{n-l} +O(1)$$

Значит нам надо, чтобы

$$l \geqslant C\frac {n(2n-l)}{(n-l)^2}$$

А это неравенство будет выполнено, если для $l = n - C_1\sqrt n$.
Таким образом, получена оценка снизу для центрального заряда. Эта оценка уже гарантирует, что край и центр отличаются множителем не более логарифма. Но каков характер спада заряда от края к центру? Вычисления вроде бы показывают, что спад происходит довольно быстро. В следующий раз я покажу, что эта оценка, скорее всего, слишком грубая. Есть основания считать, что на самом деле заряд в центре отличается от края на множитель порядка $\frac {1}{\sqrt {\ln n}}$. Вычислительный эксперимент показывает, что в большей части отрезка близко к константе выражение $q_k\sqrt {\ln n + \ln k}$. Один из таких результатов я привожу на картинке.

[amon]

Снимаю шляпу!

[Geen]

sup в сообщении #995141 писал(а):

Выбор такого отрезка и заряда на краю позволяет несколько упростить уравнения и не умаляет общности.

Есть сомнения....

[amon]

sup в сообщении #995141 писал(а):

Выбор такого отрезка и заряда на краю позволяет несколько упростить уравнения и не умаляет общности.

IMHO, для четного и нечетного числа узлов ответы могут получаться разные. Для нечетного числа в середину можно, наверно, вставить почти что угодно (решение два заряда по единице на концах , остальное - в середине всегда есть).