Мастер-класс: виртуальные частицы

[amon]

rockclimber в сообщении #1108566 писал(а):

А это мне вообще ни о чем не говорит.

Ну, тогда дифференцируйте. Только таким способом Вы (если не провретесь ;) покажите, что при $r\ne 0$ выполняется $\Delta\varphi=0,$ а Вам надо $\Delta\varphi=\delta(x).$ Боюсь, что придется вспоминать старика Остроградского с Гауссом.

[rockclimber]

Поправлю решение с $\varphi = -\dfrac{1} {\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}}$

$\dfrac {\partial \varphi} {\partial x} = x \, u^{-\frac {3} {2}}$

$\dfrac {\partial^2 \varphi} {\partial x^2} = x' \, u^{-\frac {3} {2}} + x \, (u^{-\frac {3} {2}})' = u^{-\frac {3} {2}} - 3 x^2 \, u^{-\frac {5} {2}} = u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3x^2/u)$

$\dfrac {\partial^2 \varphi} {\partial x^2} + \dfrac {\partial^2 \varphi} {\partial y^2} + \dfrac {\partial^2 \varphi} {\partial z^2} = u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3x^2/u) + u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3y^2/u) + u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3z^2/u) = u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3x^2/u + 1 - 3y^2/u + 1 - 3z^2/u) = 3u^{-\frac {3} {2}} (1 - (x^2 + y^2 + z^2)/u) = 3u^{-\frac {3} {2}} (1 - 1) = 0$
Теперь все сходится, за исключением точки с координатами $(0, 0, 0)$, там функция $\varphi = -\dfrac{1} {\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}}$ становится бесконечной, и, видимо, тут надо каким-то образом использовать $\rho=\delta(x)\,\delta(y)\,\delta(z)$, но как - я не знаю.

[amon]

Без хитрых теорем можно попробовать так: заменим Вашу $u$ на $u+a$ ($a$ - константа). Тогда все Ваши вычисления сохранятся вплоть до предпоследнего равенства. Надо посмотреть, что будет в пределе $a\to 0.$

[rockclimber]

amon в сообщении #1108648 писал(а):

Без хитрых теорем можно попробовать так: заменим Вашу $u$ на $u+a$ ($a$ - константа).

Это как? Я попробовал замену $x^2 + y^2+z^2=u+a$, никакой разницы вроде бы.

[amon]

rockclimber в сообщении #1108685 писал(а):

Это как? Я попробовал замену $x^2 + y^2+z^2=u+a$, никакой разницы вроде бы.

Я плохо сказал. Возьмем чуть другую функцию - $\varphi=\frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2+z^2+a}}$. Она перейдет в нужную нам при $a\to 0$. При этом, при конечном $a$ никакой особенности в нуле нет. Кроме того, все Ваши вычисления производных будут такими же вплоть до $u^{-\frac {3} {2}} (1 - 3x^2/u + 1 - 3y^2/u + 1 - 3z^2/u),$ если под $u$ понимать $x^2 + y^2+z^2+a$. При $a>0$ получится ответ для производной, конечный везде. Теперь, проявив легкую изощренность ума, можно сообразить откуда возьмется $\delta$-функция в пределе $a\to 0$.

[amon]

У меня в предыдущем сообщении была опечатка. Вместо $\varphi=\frac{1}{x^2 + y^2+z^2+a}$ должно быть $\varphi=\frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2+z^2+a}}$. Исправил, виноват, каюсь.

[Slav-27]

rockclimber
Как дифференцировать кусочно гладкие функции:

В точках гладкости обобщённая производная совпадает с обычной (которая не определена в точках нарушения гладкости). Точки нарушения гладкости могут быть изломами или скачками!

Скачок функции можно понимать как бесконечно быстрое её изменение, поэтому производная в этих точках должна быть "бесконечной" (и при этом, понятное дело, пропорциональной величине скачка). Поэтому для каждой из точек нарушения гладкости надо прибавить $\delta$-функцию ("обращающуюся в бесконечность" в этой точке), умноженную на величину скачка.

Кратко: $f'=f'_{\text{обычная}}+\Sigma\,\text{(скачок функции в точке }x_i)\cdot\delta(x-x_i)$, где $x_i$ - точки нарушения гладкости. (Если скачок нулевой, то приходится там доопределять функцию нулём: $0\cdot\delta$\,\equiv0$ - с умножением на $0$ даже у обобщённых функций всё по-нормальному!)

Таким образом вы можете "доказать" ваши формулы

rockclimber в сообщении #1108543 писал(а):

$|x|' = sgn x$

$|x|'' = 2 \delta(x)$

Обратите внимание, что вышеприведённые рассуждения "наивны", но при этом про эти обобщённые функции (в частности $\delta$-функцию) существует строгая теория, в которой, например, приведённая мной формула доказывается строго. Однако вдаваться в это здесь, наверное, нет надобности. Пока же достаточно думать, что $\delta$-функция
1) равна нулю во всех точках пространства, кроме $0$ (начало координат),
2) интеграл от неё по любой окрестности нуля равен $1$.

$\delta(x)\delta(y)\delta(z)$ - это то же, что $\delta(x,y,z)$ (а последнее - это 3-мерная $\delta$-функция, равная $0$ везде кроме $(0, 0, 0)$ и такая, что интеграл от неё и проч.).

amon

(Оффтоп)

amon в сообщении #1108702 писал(а):

При $a>0$ получится ответ для производной, конечный везде.

Прикольно! А теперь проинтегрируем его по шару и получим $\dfrac{4\pi R^3}{(R^2+a)^\frac32}\to 4\pi$ при $a\to 0$, что подтверждает известную формулу $\Delta\frac1r=-4\pi\delta$. А я уж думал, что для коэффициента-то точно

amon в сообщении #1108569 писал(а):

придется вспоминать старика Остроградского с Гауссом

[Munin]

arseniiv в сообщении #1108546 писал(а):

Видимо, Munin потерял двойку

Да, спасибо!

[arseniiv]

Это rockclimber спасибо, за мной только тривиальный вывод.

[Cos(x-pi/2)]

rockclimber

Вот, уважаемый amon подал хорошую мысль:

amon в сообщении #1108702 писал(а):

... можно сообразить откуда возьмется $\delta$-функция в пределе $a\to 0.$

Путём введения вспомогательного параметра $a$ c последующим устремлением его к нулю можно немало понять про дельта-функцию даже без помощи википедии.

Правда, речь тут я веду о понимании лишь на "физико-техническом" уровне (т.е. о понимании, которому мы радуемся, пока математики не надерут нам уши за такое "понимание"). Мысль состоит в том, чтобы заменить исходную функцию $F(x),$ имеющую особенность в точке $x=0,$ сглаженной функцией $f(x,a),$ производные которой легко вычислить и при $x=0.$ Сглаженную функцию мы руками подберём так, чтобы $f(x,a) \to F(x)$ при $a \to 0.$ Кроме того, вместо общих выводов ограничимся рисунками с частными примерами; на языке рисунков производная это "наклон касательной" к графику функции (точнее: тангенс угла наклона), а определённый интеграл от функции одной пременной это площадь под графиком на определённом отрезке оси $x.$

(К заданию 1)

Рассматриваем функцию $F(x)=|x|$. (Знак минус, заданный в заданиях Munin-ом, для удобства не учитываю; ведь результат не сложно будет умножить на $-1,$ чтобы приспособить его к $-|x|.$) График функции $F(x)=|x|$ похож на острый "зуб" пилы. Этот зуб можно сгладить многими способами. Начнём с самого простого:

а) Потребуем, чтобы на отрезке $-a < x < a$ график сглаженной функции $f(x)$ имел бы вид параболы, т.е. положим:

$f(x)=A+Bx^2$ .

Коэффициенты $A$ и $B$ подберём так, чтобы в точке $x=a$ (и в точке $x=-a$ тоже) парабола гладко сшивалась (стыковалась) с прямой, изображающей исходную функцию

$f(x)=F(x) = |x|$ при $x > a$ (и при $x < -a$) .

То есть, находим $A$ и $B$ из следующих двух условий, которые будут налагаться на $f(x)$ и в других наших примерах сглаживания:

$f(a) = F(a) = a\, , \qquad f'(a) = F'(a) = 1 \, .$

Поскольку у нас $f'(x)=2Bx,$ то получаем: $A=\frac{a}{2}$ и $B=\frac{1}{2a},$ так что:

$f(x)=\frac{a}{2}+\frac{1}{2a}x^2$ при $-a \le x \le a$ .

Теперь без проблем находим первую производную сглаженной функции:

$f'(x)=\frac{x}{a}$ при $-a < x < a$ ,
$f'(x)=F'(x)=1$ при $x > a$ ,
$f'(x)=F'(x)=-1$ при $x < -a$ .

В точках стыковки $x= \pm a$ график первой производной имеет изломы, но это не мешает нам найти вторую производную сглаженной функции всюду, кроме этих двух точек стыковки:

$f''(x)=\frac{1}{a}$ при $-a < x < a$ ,
$f''(x)=F''(x)=0$ при $x > a$ ,
$f''(x)=F''(x)=0$ при $x < -a$ .

Посмотрим, как изменяются графики функций $f(x),$ $f'(x)$ и $f''(x)$ с уменьшением значений "параметра сглаживания" $a.$ Следует обратить внимание на то, что площадь под графиком $f''(x)$ не зависит от $a,$ она равна $2,$ и значит, она будет равна $2$ даже в пределе с $a \to 0,$ когда $f(x)$ превратится в $F(x):$











б) Второй пример из бесчисленного множества вариантов сглаживания - потребуем, чтобы при $-a < x < a$ сглаженная функция была "параболой" 4-ой степени: $f(x)=A+Bx^4.$ Сшивая её, как и раньше, с исходной функцией $F(x)=|x|,$ имеем в интервале $-a < x < a:$

$f(x)=\frac{3a}{4}+\frac{1}{4a^3}x^4$ ,

$f'(x)=\frac{x^3}{a^3}$ ,

$f''(x)=\frac{3x^2}{a^3}$ .

Опять-таки, площадь под графиком $f''(x)$ не зависит от $a$ и равна $2:$












в) В третьем примере сглаженная функция $f(x)$ выбрана так, что c $F(x)$ и $F'(x)$ гладко "сшиваются" и она сама, и её первая производная соответственно:

$f(x)=a-\frac{2a}{\pi} \cos( \frac{\pi x}{2a})$ при $-a < x < a$ .








В пределе с $a \to 0$ все примеры дают одну и ту же картину:





Следует заметить, что "график" $\frac{d^2F}{dx^2}$ здесь слегка условен; так, в примере (б) при любом конечном $a$ в точке $x=0$ вторая производная сглаженной функции равна нулю, но в пределе с $a \to 0$ её боковые пики сближаются и вытягиваются вверх настолько, что мы вынуждены изобразить их в виде одного пика в точке $x=0.$ Площадь (интеграл) под графиком второй производной во всех примерах равна $2.$ В пределе с $a \to 0$ все отличия конкретных примеров друг от друга, имеющиеся только на интервале $-a < x < a,$ становятся несущественными, и это позволяет в таком пределе говорить об одной и той же функции (обобщённой):

$\frac{d^2F}{dx^2}=2 \, \delta(x)$ .

Основное свойство дельта-функции $\delta(x)$, как теперь видно, заключается в том, что интеграл от неё по любому интервалу, содержащему точку $x=0,$ равен единице:

$\int_{-a}^a \delta(x) \, dx = 1$ .

(К заданию 2)

Ваше обозначение $u=x^2+y^2+z^2$ заменим общепринятым: $x^2+y^2+z^2=r^2,$ где $r$ имеет простую геометрическую интерпретацию - это расстояние в 3-мерном пространстве от начала координатной системы до точки с декартовыми координатами $x,y,z.$

Рассмотрим функцию $\varphi(x,y,z)=\varphi (r) = \frac{1}{r}.$ В начале координат она обращается в бесконечность. В шаре радиусом $a$ (т.е. при $r<a)$ заменим её сглаженной функцией $f(r)$, уже нигде не обращающейся в бесконечность:

$f(r)=\frac{3}{2a}-\frac{1}{2a^3}r^2$ при $0 \le r<a$ ,

$f(r)=\varphi(r) = \frac{1}{r}$ при $r>a$ .

В 3-мерном случае вместо одной производной у функции $\varphi(x,y,z)$ появляются аж три частные производные: по $x,y,z.$ Они составляют векторное поле, называемое градиентом скалярного поля $\varphi(x,y,z)$ и обозначаемое как $\nabla \varphi.$ Например, как выясняется из величайших уравнений физики, - из уравнений Максвелла, - в задачах электродинамики функция $\varphi(x,y,z)=1/r$ описывает поле электростатического потенциала, создаваемое точечным зарядом $q=1,$ находящимся в начале координат, а векторное поле $\vec{E}=-\nabla \varphi$ имеет смысл напряжённости электрического поля.

В нашем примере со сглаженной функцией $f(r)$ несложно вычислить декартовы компоненты векторного поля $\vec{E}=-\nabla f,$ т.е.

$E_x = -\frac{\partial f}{\partial x}\, , \qquad E_y = -\frac{\partial f}{\partial y}\, , \qquad E_z = -\frac{\partial f}{\partial z}\, ,$

и найти его величину $E=|\vec{E}|,$ т.е.:

$E(x,y,z)=\sqrt{E_x^2+E_y^2+E_z^2}$ .

Ответ получается такой:

$E(r)=\frac{1}{a^3}r$ при $0 \le r<a$ ,

$E(r)=\frac{1}{r^2}$ при $r>a$ .

Сумма вторых частных производных для $f$ по $x,y,z$ обозначается как $\Delta f,$ т.е.:

$\Delta f = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial z^2}$ .

В нашем примере ответ для $ \Delta f$ получается такой:

$\Delta f = -\frac{3}{a^3}$ при $0 \le r<a$ ,

$\Delta f = 0 $ при $r>a$ .

Вот графическая иллюстрация этих ответов при разных значениях параметра $a:$








Интерпретация на языке электростатики здесь простая: наша функция $f(r)$ это потенциал заряда $q=1,$ равномерно размазанного по объёму шарика радиусом $a.$


В 3-мерной задаче термин "интеграл от скалярного поля" обычно означает трёхкратное интегрирование - по переменным $x,y,z,$ что геометрически интерпретируется как интеграл по некоторому заданному объёму $V.$ Наглядно это означает, что значения подынтегральной функции умножаются на элементы объёма $dV$ внутри области $V$ и суммируются.

В нашем примере очевидно, что вклад в интеграл по объёму от поля $\Delta f$ может набираться только в шаре радиуса $a$ с центром в начале координат, потому что только там $\Delta f \neq 0.$ И поскольку там значения $\Delta f$ постоянны, то их можно вынести из-под интеграла, так что интеграл по любому объёму $V$, заключающему в себе указанный шар будет равен значению $\Delta f,$ умноженному на объём шара $4 \pi a^3/3:$

$\int \Delta f \, dV = -4 \pi$ (по любому объёму $V,$ содержащему шар $r<a$) .

Как видим, правая сторона этого равенства не зависит от $a.$ Следовательно, это равенство сохраняется и в пределе с $a \to 0, $ когда $f(r) \to \varphi(r)=1/r.$ И значит, можно этот факт записать так:

$\Delta \frac{1}{r} = -4\pi \delta(\vec{r})$ ,

где 3-мерная дельта-функция $\delta (\vec{r}) = \delta(x) \delta(y) \delta(z)$ определена своим интегральным свойством:

$ \int \, \delta (\vec{r}) \, dV = 1$

(по любому объёму, содержащему точку $\vec{r}=0).$

[Sicker]

(Оффтоп)

А когда виртуальные частицы будут, или хотя бы хоть что-то напоминающее их?

[Munin]

Когда до них доберутся. "Мастер-класс" - это не книжка и не лекция. Он движется не со скоростью учителя, а со скоростью учеников.

[Sicker]

(Оффтоп)

По ходу дела, "ученики" ее забросили.

[Munin]

Ну что ж.