О квадрупольном моменте одной системы зарядов

[reterty]

Пусть мы имеем систему из $n$ одноименных точечных неподвижных зарядов величиной $q/n$ каждый, находящиеся
в вершинах правильного многоугольника, вписанного в окружность радиуса $R$. Тогда квадрупольный момент
системы, соответствующий данной плоскости многоугольника не зависит от числа вершин и всегда равен
квадрупольному моменту бесконечно тонкого кольца с зарядом $q$ и радиусом $R$, т.е $Q=qR^2/2$.

Вот такую закономерность я обнаружил, вычисляя квадрупольные моменты для правильного треугольника, квадрата и кольца
(в общем случае это утверждение доказать мне не удалось). Может кто-то подскажет как вывести доказательство для общего случая?
Следствием чего является рассмотренная выше закономерность? Я лишь понимаю, что при стремлении числа вершин к бесконечности
результаты должны совпасть...

[Eule_A]

Ну, наверное нужно рассмотреть группу поворотов на углы $2\pi/n$. Соответствующая симметрия системы должна помочь. Я давно нечто подобное делал, правда, для чуть-чуть другой задачи.

[Munin]

Один из вспомогательных образов, чтобы рассуждать о квадрупольном моменте: представьте себе линейную комбинацию шаровых функций квадрупольного порядка. Её коэффициенты находятся во взаимно-однозначном соответствии с тензором квадрупольного момента.

-- 30.11.2018 16:26:10 --

Более того, это работает для любых мультиполей.

[AnatolyBa]

А почему бы не в лоб? И воспользоваться тем. что при $n>2$ сумма $\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sin^2\varphi_i = \frac{1}{2n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(1-\cos 2\varphi_i)=\frac{1}{2}$
То же самое для косинусов. Понятно что такое $\varphi_i$ ?
Можно про симметрию порассуждать, очевидно $D_z_z=-q R^2$, $D_x_x+D_y_y=-D_z_z$
Ну и как-то из симметрии заключить, что в плоскости $xy$ $D$ должен иметь одинаковые главные значения.
Но проще в лоб по моему

[reterty]

AnatolyBa в сообщении #1357762 писал(а):

А почему бы не в лоб? И воспользоваться тем. что при $n>2$ сумма $\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sin^2\varphi_i = \frac{1}{2n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(1-\cos 2\varphi_i)=\frac{1}{2}$
То же самое для косинусов. Понятно что такое $\varphi_i$ ?
Можно про симметрию порассуждать, очевидно $D_z_z=-q R^2$, $D_x_x+D_y_y=-D_z_z$
Ну и как-то из симметрии заключить, что в плоскости $xy$ $D$ должен иметь одинаковые главные значения.
Но проще в лоб по моему

$\varphi$ -центральный угол))) Здорово. Спасибо.

-- Пт ноя 30, 2018 19:49:58 --

Можно я теперь задачу несколько усложню?
Имеем тот же правильный $n$-угольник, но фиксированный заряд теперь равномерно распределен
по всем его сторонам. Задача та же: определить квадрупольный момент в плоскости
фигуры относительно его центра. Дискретное распределение зарядов заменяется
на непрерывное а сумма переходит в интеграл. Но у меня начисто "отбило соображаловку"
как корректно записать в данном случае плотность заряда через дельта-функцию.....
Помогите, кто может
P.S. Чтобы не возникало вопрсов с равномерностью распределения заряда, можно считать что по многоугольнику равномерно распределена масса
Упс, сорри, можно обойтись без дельта-функции

[AnatolyBa]

А зачем записывать плотность зарядов через делта-функцию?
Можно просто линейно проинтегрировать по ребру.
Эта задача выглядит муторно и решать я ее не буду, но в случае необходимости я бы действовал так.
Нашел бы квадрупольный момент одного, удобно расположенного ребра (перпендикулярного к одной из осей).
Для остальных ребер тем самым будет найден момент в удобной для них системе координат, затем преобразовал бы тензор поворотом.
Много тригонометрии. но интуитивно кажется, что все решаемо, все суммы можно посчитать

[reterty]

AnatolyBa в сообщении #1357804 писал(а):

А зачем записывать плотность зарядов через делта-функцию?
Можно просто линейно проинтегрировать по ребру.
Эта задача выглядит муторно и решать я ее не буду, но в случае необходимости я бы действовал так.
Нашел бы квадрупольный момент одного, удобно расположенного ребра (перпендикулярного к одной из осей).
Для остальных ребер тем самым будет найден момент в удобной для них системе координат, затем преобразовал бы тензор поворотом.
Много тригонометрии. но интуитивно кажется, что все решаемо, все суммы можно посчитать

Спасибо

[AnatolyBa]

Че это я? Есть же простое решение - соответственные кусочки ребер образуют многоугольники типа того, что вы описали вначале (с зарядами в вершинах), но с меньшим радиусом. Отсюда сразу интегрированием получается $\frac{qR^2}{2}(1-\frac{2}{3}\sin ^2 \frac{\pi}{n})$