Глупый вопрос про мультипольное разложение

[Munin]

(Оффтоп)

http://dxdy.ru/post850978.html#p850978 ?

-- 27.07.2016 13:03:12 --

(Оффтоп)

Или в переписке в ЛС надо искать (выкладывайте - разрешаю).

[svv]

(Оффтоп)

Да, это та тема, спасибо.

[arseniiv]

(Оффтоп)

Пользуясь случаем, ещё раз порекламирую теги (кажется, многие до сих пор не знают ничего лучше укладывания в дерево). Они спасут там, где иерархическая система, основанная на файловой, не поможет! Правда, для этого обычно нужно
1) или аккуратно обращаться с резервными копиями, чтобы они всегда были на такой файловой системе, которая поддерживает метаданные (кажется, NTFS умеет, но не разбирался);
2) или сторонний софт и бережное хранение соответствующей уже отдельной от файлов базы данных и не перемещение файлов как попало, чтобы не отцепились от базы.

Вообще, как организовать теги для файлов, формат которых их не поддерживает, и потом эффективно искать по ним — конечно, вопрос отдельной темы. Надо будет как-нибудь её создать…

[madschumacher]

Простите, пожалуйста вновь за глупый вопрос.
Проверьте пожалуйста правильность выкладок. Задача: поиск второго (после монопольного) ненулевого мультипольного момента в плоском случае.
Рассматривается энергия взаимодействия отрицательного заряда $-q$ с $N$ положительно заряженными частицами с зарядом $Zq$. Система плоская. Симметрия расположения положительных зарядов (? не уверен, что она в 2D случае так называется) $D_{Nh}$ (т.е. они находятся на кольце радиуса $R$ и расположены в вершинах правильного $N$-угольника).
Пусть их координаты в полярных координатах задаются как $(R, \phi_n)$, где $\phi_n=\frac{2\pi n}{N}$. Положение отрицательного заряда дается координатами $(r, \varphi)$. Тогда энергия Кулоновского взаимодействия отрицательного заряда с системой положительных дается формулой $V(r, \varphi) = -{k Z q^2} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{|\mathbf{r} - \mathbf{R}_n|}$, где $k=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}$ в СИ (и $k=1$ в атомной системе единиц), а $\mathbf{r}$ и $\mathbf{R}$ -- радиус-вектора отрицательного и положительных зарядов, соответственно. Расстояние между отрицательной частичкой и $n$-м положительным зарядом можно выразить как
$|\mathbf{r} - \mathbf{R}_n|=\sqrt{R^2+r^2 - 2rR\cos(\varphi - \phi_n)} = \sqrt{R^2 + r^2} \cdot \sqrt{1- \underbrace{ 2\frac{rR}{R^2+r^2}}_{a} \cos(\varphi - \phi_n)}$.
Тогда, используя разложение в ряд Тейлора функции $\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{m=0} \frac{(2m-1)!!}{2^m m!} x^m$, мы получаем выражение:
$V= -\frac{k Z q^2}{\sqrt{R^2 + r^2}} \sum_{m=0} \left ( \frac{(2m-1)!!}{2^m m!} a^m \sum_{n=1}^{N} \cos^m (\varphi - \phi_n) \right ) $
Из Градштейна-Рыжика "Таблицы интегралов, сумм, рядов, произведений" издание 4-е, 1.320 (на стр. 39-40) мы знаем, что
$\cos^{2p} x = \frac{1}{2^{2p}} \left( \sum_{k=0}^{p-1} C_{2p}^{k} \cos(2(p-k) x) + C_{2p}^p \right)$
$\cos^{2p-1} x = \frac{1}{2^{2p-2}} \sum_{k=0}^{p-1} C_{2p-1}^{k} \cos((2p-2k-1) x)$
т.е. степени косинусов раскладываются в некую сумму плоских гармоник, не превышающих изначально заданную степень. Тогда рассмотрим правила отбора на гармоники из-за симметрии расположения наших положительных частиц. Рассмотрим сумму гармоник:
$\sum_{n=1}^{N} \cos(l (\varphi - \phi_n)) = \frac{1}{2} \left( e^{il\varphi} \underbrace{ \sum_{n=1}^N e^{\frac{i2\pi n l}{N}} }_{S_N^{(+)}} + e^{-il\varphi} \underbrace{ \sum_{n=1}^N e^{-\frac{i2\pi n l}{N}} }_{S_N^{(-)}} \right)$
По формулам для суммы геометрических прогрессий находим (если $l \neq t \cdot N, \ t \in \mathbb{N})$:
$S_N^{(+)} = \frac{e^{\frac{i2\pi l}{N}} (1 - e^{i2\pi l} )}{(1 - e^{\frac{i2\pi l}{N}} )}$
$S_N^{(+)} = \frac{e^{-\frac{i2\pi l}{N}} (1 - e^{-i2\pi l} )}{(1 - e^{-\frac{i2\pi l}{N}} )}$
Поскольку $(1 - e^{i2\pi l} ) = 0$ и $(1 - e^{-i2\pi l} ) = 0$, то для всех рассмотренных $l$ все суммарные гармоники будут зануляться. Если же $l = t \cdot N, \ t \in \mathbb{N}$, то $\cos(l\phi + \frac{2\pi t N n}{N}) = \cos(l\phi + 2\pi t n) = \cos(l\phi)$ и искомая сумма, очевидно, будет $\sum_{n=1}^{N} \cos(l (\varphi - \phi_n)) = N \cos(l\phi)$.

(об очевидности данного факта)

вообще, конечно, это было и так очевидно, т.к. другие гармоники, кроме получившейся, принадлежат к неполносимметричному неприводимому представлению, а полученные как раз и реализуют это полносимметричное неприводимое представление, но ради строгости и конкретного вида суммы всё же выписал всё в явном виде...

Наибольшие гармоники в произведениях косинусов реализуются при $k=0$ в данных суммах и из обоих формул для $\cos^{2p} x$
$\cos^{2p-1} x$ при $2p=N$ и $2p-1=N$, соответственно, будет оставаться выражение
$\frac{N}{2^{N-1}} \cos(N\phi)$
Это и есть второй ненулевой элемент суммы (для $m=\left\{ \begin{array}{r} 2p \\ 2p-1 \\ \end{array} = N \right.$), его мы и подставляем в выражение для потенциал, получая выражение (про монополь забываем):
$V= -\frac{k Z q^2}{\sqrt{R^2 + r^2}} \frac{(2N-1)!!}{2^N N!} \frac{N}{2^{N-1}} a^N \cos (N \varphi) = -\frac{k Z q^2}{\sqrt{R^2 + r^2}} \frac{(2N-1)!!}{2^{2N-1} (N-1)!} a^N \cos (N \varphi) $

А если дальше проделать кощунство не очень хорошую вещь (т.е. положить $r=R$), то $a=1$ и $\sqrt{r^2+R^2} = \sqrt{2} R$ и это выражение превратится в:
$V= -\frac{k Z q^2}{\sqrt{2} R} \frac{(2N-1)!!}{2^{2N-1} (N-1)!} \cos (N \varphi) $.

Я нигде не проврался, надеюсь (ну, кроме последнего шага)?

[Metford]

madschumacher в сообщении #1140782 писал(а):

А если дальше проделать кощунство не очень хорошую вещь (т.е. положить $r=R$)

Обычно, говоря про мультипольное разложение, имеют в виду нахождение поля далеко от системы зарядов. Да и проводя разложение по параметру $a$, Вы подразумевали его малость. Если Вы ищете дипольный момент, то зачем полагаете $r=R$? Или я не понимаю Вашей цели?

[Munin]

Что-то я не понял:
- у вас истинно двумерный случай;
- или трёхмерное пространство, в котором все точечные заряды расположены в одной плоскости?

В "истинно двумерном случае" кулоновский потенциал имеет вид не $1/r,$ а $-\ln r$ (для коррекции размерности $-\ln(r/r_0),$ где $r_0$ - радиус, на котором потенциал приравнен к нулю - на бесконечности и в нуле этого нельзя сделать).

-- 29.07.2016 14:05:29 --

Metford
Нет, всё нормально, ряд мультипольного разложения сходится всюду вне сферы $R=\max R.$ Конечно, вблизи растут члены высокого порядка, и пренебрегать ими уже нельзя, но найти отдельно первые тоже можно.

[madschumacher]

Munin в сообщении #1140794 писал(а):

- или трёхмерное пространство, в котором все точечные заряды расположены в одной плоскости?

Рассматривается 3D пространство (точнее его 2D сечение плоскостью, где лежат положительные заряды). В этом случае тоже поменяется Кулоновский потенциал или нет?

Metford в сообщении #1140791 писал(а):

Обычно, говоря про мультипольное разложение, имеют в виду нахождение поля далеко от системы зарядов.

Знаю...

Metford в сообщении #1140791 писал(а):

Если Вы ищете дипольный момент, то зачем полагаете $r=R$? Или я не понимаю Вашей цели?

Действительно, я не совсем мультипольный момент ищу. Вообще хотелось задать какую-то аппроксимацию потенциала для движения отрицательного заряда в поле этих положительных зарядов из каких-то соображений (т.е. предполагается, что отрицательная частица перемещается по этому кольцу с радиусом $R$). Хотелось это сделать из каких-то соображений. Ну вот и использовал мультипольное разложение, обрубил его и экстраполировал к $r=R$... (конечно, да, это тухло выглядит, но для целей, для которых это всё и предполагалось, вроде что-то адекватное в итоге получил... т.е. коэффициент перед косинусом дал по-моему сугубо личному ощущению адекватную оценку ).

[amon]

madschumacher в сообщении #1140782 писал(а):

Это и есть второй ненулевой элемент суммы (для $m=\left\{
его мы и подставляем в выражение для потенциал, получая выражение (про монополь забываем):
$V= -\frac{k Z q^2}{\sqrt{R^2 + r^2}} \frac{(2N-1)!!}{2^N N!} \frac{N}{2^{N-1}} a^N \cos (N \varphi) = -\frac{k Z q^2}{\sqrt{R^2 + r^2}} \frac{(2N-1)!!}{2^{2N-1} (N-1)!} a^N \cos (N \varphi) $

Это здорово, но, IMHO, это не мультипольное разложение. Мультипольное имеет вид

$$ \varphi(R)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}T_{i_1\dots i_n}\partial_{i_1}\dots\partial_{i_n}\left(\frac{1}{R}\right), $$

где $T_{i_1\dots i_n}$ выражается через $\int dr\,\rho(r)r_{i_1}\dots r_{i_n}$ с условием, что свертка $T_{i_1\dots i_n}$ по любой паре значков - ноль.

[Metford]

Munin в сообщении #1140794 писал(а):

Нет, всё нормально, ряд мультипольного разложения сходится всюду вне сферы

Я просто не понял, зачем это было сделано.

А про то, что в двумерном случае нужно брать логарифмический потенциал - это да. Выше уже говорилось. А так можно было взять стандартные "трёхмерные формулы" и посчитать по ним, а не начинать ab ovo.

[madschumacher]

Metford в сообщении #1140799 писал(а):

А так можно было взять стандартные "трёхмерные формулы" и посчитать по ним, а не начинать ab ovo.

Ну они всё-таки через сферические гармоники выражаются...

[Munin]

madschumacher в сообщении #1140797 писал(а):

Рассматривается 3D пространство (точнее его 2D сечение плоскостью, где лежат положительные заряды). В этом случае тоже поменяется Кулоновский потенциал или нет?

Нет, в этом случае - как вы пишете. Просто меня смутило, что вы в начале темы спрашивали про 2D пространство, и мы автоматически подумали про $\Delta_{2D}\,\varphi=0.$ Надо было вам одёрнуть нас ещё тогда. И правда, зачем химику теорфизические размышления? :-)

madschumacher в сообщении #1140797 писал(а):

Вообще хотелось задать какую-то аппроксимацию потенциала для движения отрицательного заряда в поле этих положительных зарядов из каких-то соображений (т.е. предполагается, что отрицательная частица перемещается по этому кольцу с радиусом $R$). Хотелось это сделать из каких-то соображений.

У-у-у, сразу бы сказали исходную задачу.

Почитайте:

aa_dav в сообщении #1081373 писал(а):

Рекомендую ознакомится с: http://meta.ru.stackoverflow.com/questions/709/Что-такое-Ошибка-x-y-или-xy-problem (прокрутите чуть ниже до "Что такое 'ошибка X-Y'?")

(прокрутил: http://meta.ru.stackoverflow.com/a/710 )

[Metford]

madschumacher в сообщении #1140800 писал(а):

Ну они всё-таки через сферические гармоники выражаются...

Сферическая гармоника - тоже, простите меня, не конь в вакууме И в ней тоже зависимость от нужного Вам угла есть.

[madschumacher]

Munin в сообщении #1140794 писал(а):

В "истинно двумерном случае" кулоновский потенциал имеет вид не $1/r$, а $-\ln r$ (для коррекции размерности $-\ln(r/r_0),$ где $r_0$ - радиус, на котором потенциал приравнен к нулю - на бесконечности и в нуле этого нельзя сделать).

Metford в сообщении #1140799 писал(а):

в двумерном случае нужно брать логарифмический потенциал

К своему стыду не знал, что в 2D случае Кулоновский потенциал имеет другой вид (но логарифм чуть попроще будет даже, чем $1/r$ в этом случае). А он так же имеет вид для 2х зарядов $V=k q_1 q_2 \ln(r)$ или там какие-то другие коэффициенты? И где про это можно прочитать?

[amon]

madschumacher в сообщении #1140797 писал(а):

Ну вот и использовал мультипольное разложение, обрубил его и экстраполировал к $r=R$

Во-первых, не мультипольное, а свое собственное (что может оказаться более почетным), а во-вторых, увы! что, по Вашему, сделает ряд $\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{m=0} \frac{(2m-1)!!}{2^m m!} x^m$ при $x=1$ ($r=R$)?

[madschumacher]

Munin в сообщении #1140802 писал(а):

У-у-у, сразу бы сказали исходную задачу.

На самом деле я даже думал новую тему создать ради этого, чтобы абстрагироваться от изначальной, но захламлять форум новыми темами почему-то вдруг показалось не комильфо...

-- 29.07.2016, 12:36 --

amon в сообщении #1140808 писал(а):

madschumacher в сообщении #1140797 писал(а):

Ну вот и использовал мультипольное разложение, обрубил его и экстраполировал к $r=R$

Во-первых, не мультипольное, а свое собственное (что может оказаться более почетным), а во-вторых, увы! что, по Вашему, сделает ряд $\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{m=0} \frac{(2m-1)!!}{2^m m!} x^m$ при $x=1$ ($r=R$)?

разойдется, конечно, как и ожидалось... (я об этом и так знал, называя это всё дело "кощунством").... правда, как правильнее сделать я не очень в курсе...

-- 29.07.2016, 12:38 --

Munin в сообщении #1140802 писал(а):

Просто меня смутило, что вы в начале темы спрашивали про 2D пространство, и мы автоматически подумали про $\Delta_{2D}\varphi=0$. Надо было вам одёрнуть нас ещё тогда.

А так может даже и правильнее, просто я в силу своего невежества не в курсе об этом был...