Мощная электростатическая проблема

[reterty]

В кристаллическую среду с симметрией $T_d$ (кубическая группа симметрии без центра инверсии) внесен точечный заряд $q$. Определить потенциал поля этого заряда, учитывая нелинейную поляризацию среды во втором приближении. Результат представить в виде: $\varphi=\varphi_1+\chi^{(2)}\varphi_2$, где $\varphi_1=q/4\pi\varepsilon_0\varepsilon r$. Здесь $\varepsilon$ и $\chi^{(2)}$-статическая диэлектрическая проницаемость и нелинейная оптическая восприимчивость второго порядка. Считать, что второе слагаемое в приведенном выражении представляет собой малую "добавку" к первой.
Пользуясь соображениями симметрии (см. http://www.fulviofrisone.com/attachment ... dition.pdf), связь между компонентами векторов электрического смещения и напряженности поля можно представить в виде:

$$ \left\{\begin{array}{l} {D_x=\varepsilon_0(\varepsilon E_x+\chi^{(2)}E_y E_z) \\ {D_y=\varepsilon_0(\varepsilon E_y+\chi^{(2)}E_x E_z) \\ {D_z=\varepsilon_0(\varepsilon E_z+\chi^{(2)}E_x E_y) \end{array}\right. .\quad $$

Воспользовавшись соотношениями ${\rm div}\vec{D}=\rho$, $\rho=q\delta(\vec{r})$ (здесь $\delta(\vec{r})$-дельта-функция, "центрированная" на начало координат, в котором находится наш точечный заряд), $\vec{E}=-\nabla \varphi$ и вышеприведенной системой, получим:

$$-\varepsilon\Delta\varphi+2\chi^{(2)}\left( \frac{\partial^2 \varphi}{\partial x\partial z}\frac{\partial\varphi}{\partial y} +\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x\partial y}\frac{\partial\varphi}{\partial z}+\frac{\partial^2 \varphi}{\partial y\partial z}\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)\right)=q\delta(\vec{r})/\varepsilon_0.$$

В последнем выражении $\Delta$-оператор Лапласа.
В принципе, теперь нужно подставлять в выражение в скобках лишь явное выражение для $\varphi_1$ ("совать" $\varphi_2$ туда не нужно), переходить в сферическую систему координат и решать полученное ДУ. Однако, боюсь, что малая поправка $\varphi_2$ не будет уже сферически симметричной (будет зависеть от углов) и наше ДУ будет уравнением в частных производных. Как решать его-ума не приложу. Может быть стоит усреднить это уравнение по азимутальному и полярному углу и искать решение в сферическом приближении?? Прошу помочь разобраться с моими вопросами.

[Munin]

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

Однако, боюсь, что малая поправка $\varphi_2$ не будет уже сферически симметричной (будет зависеть от углов) и наше ДУ будет уравнением в частных производных. Как решать его-ума не приложу.

Ну так это же будет уравнением Лапласа. В чём проблема?

-- 19.07.2019 12:41:28 --

По вашей ссылке - книжка Boyd. Nonlinear Optics толщиной в 600 страниц. Чего вы хотели сказать этой ссылкой? Где в ней искать "соображения симметрии"? Давайте ссылку на конкретную страницу и формулу, иначе это не ссылка, а издевательство.

[Red_Herring]

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

Однако, боюсь, что малая поправка

А надо не бояться, а считать какой эта поправка будет. Только после этого разговор имеет смысл

[Cryo]

А почему бы не разложить $\varphi$ на сферически симметричную и не-симметричную части, не-симметричую рассматривать как пертурбацию порядка $\chi^{(2)}$?

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #1405867 писал(а):

это же будет уравнением Лапласа

Не будет.

[reterty]

Munin в сообщении #1405867 писал(а):

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

Однако, боюсь, что малая поправка $\varphi_2$ не будет уже сферически симметричной (будет зависеть от углов) и наше ДУ будет уравнением в частных производных. Как решать его-ума не приложу.

Ну так это же будет уравнением Лапласа. В чём проблема?

-- 19.07.2019 12:41:28 --

По вашей ссылке - книжка Boyd. Nonlinear Optics толщиной в 600 страниц. Чего вы хотели сказать этой ссылкой? Где в ней искать "соображения симметрии"? Давайте ссылку на конкретную страницу и формулу, иначе это не ссылка, а издевательство.

Перечисление ненулевых компонент тензора нелинейной восприимчивости второго порядка находится в книге Boyd. Nonlinear Optics на стр.47 и далее

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

$\chi^{(2)}$-статическая диэлектрическая проницаемость и нелинейная оптическая восприимчивость второго порядка.

А чего это $\chi^{(2)}$ не тензор??? Изотропная среда что ли? Если среда изотропная, то и решение должно быть изотропным. Тогда обыкновенный дифур. Правда, решать его, скорее всего, придется численно.

[reterty]

Cryo в сообщении #1405925 писал(а):

А почему бы не разложить $\varphi$ на сферически симметричную и не-симметричную части, не-симметричую рассматривать как пертурбацию порядка $\chi^{(2)}$?

Потому что необходимо также выделить в "возмущение" сферически симметричную часть, содержащую линейное по $\chi^{(2)}$ слагаемое.

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405928 писал(а):

в книге Boyd. Nonlinear Optics

А можно нас не заставлять лазать по книжкам? Для начала скажите какая симметрия среды. Точечная группа какая. Без этого не о чем говорить.

-- Пт июл 19, 2019 21:32:16 --

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

Однако, боюсь, что малая поправка $\varphi_2$ не будет уже сферически симметричной (будет зависеть от углов)

Может будет, может нет (есть некоторые нестрогие соображения, что будет симметрично). Предположите сферически симметричное решение и подставьте его в уравнение. И сразу станет ясно, проходит это или нет.

P.S. Я бы писал это в ковариантном формализме. А то как для такого уравнения сферические координаты вводить... Нет, можно, конечно, с самого начала учитывать диагональность метрического тензора. Но не изящно это как-то...

[Red_Herring]

Alex-Yu в сообщении #1405926 писал(а):

Munin в сообщении #1405867 писал(а):

это же будет уравнением Лапласа

Не будет.

ТС хочет решать методом возмущений (причем только первую поправку). Тогда на каждом шаге придется решать уравнение Лапласа (неоднородное)

[reterty]

Я тут "слегка продвинулся". Если применить указанное в условие разложение потенциала то в линейном по $\chi^{(2)}$ приближении в сферической системе координат получим: $-\varepsilon\Delta\varphi_2-\frac{18\sin^2 \theta \cos \theta\sin\varphi \cos\varphi}{r^5}=q\delta(r)/(4\pi\varepsilon_0 \chi^{(2)}r^2)$. Единственное, что приходит на ум-усреднить второе слагаемое в левой части этого выражения по углам, сведя задачу к сферически симметричной. Как ее решать -я знаю. Дело в том, что эта поправка в дальнейшем будет рассматриваться как "стационарное возмущение" в уравнении Шредингера. Вот и подумалось, что учитывать анизотропию малого возмущения для предварительных оценок-это переусложнение.

[Alex-Yu]

Red_Herring в сообщении #1405936 писал(а):

ТС хочет решать методом возмущений (причем только первую поправку).

Возмущения по нелинейности и возмущение по неизотропности -- не одно и то же. А вообще я подозреваю, что решение тут сферически симметричное. Но лишь подозреваю, соображения нестрогие, а доводить их до строгих лениво. Впрочем, можно просто и тупо проверить "в лоб", что я выше и указал.

[reterty]

Alex-Yu в сообщении #1405930 писал(а):

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

$\chi^{(2)}$-статическая диэлектрическая проницаемость и нелинейная оптическая восприимчивость второго порядка.

А чего это $\chi^{(2)}$ не тензор??? Изотропная среда что ли? Если среда изотропная, то и решение должно быть изотропным. Тогда обыкновенный дифур. Правда, решать его, скорее всего, придется численно.

Группа симметрии -$T_d$. Описание ненулевых компонент тензора восприимчивости на стр. 47 указанной книги

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405938 писал(а):

Если применить указанное в условие разложение потенциала то в линейном по $\chi^{(2)}$ приближении

Написали бы вы лучше это уравнение в сферических координатах... Замечу, что это не так тривиально, как может показаться "с налету".

-- Пт июл 19, 2019 21:41:52 --

reterty в сообщении #1405942 писал(а):

Группа симметрии -$T_d$

Наводка: а если среда изотропная (но без инверсии) то уравнение такое же будет? Или нет?

[reterty]

Alex-Yu в сообщении #1405943 писал(а):

reterty в сообщении #1405938 писал(а):

Если применить указанное в условие разложение потенциала то в линейном по $\chi^{(2)}$ приближении

Написали бы вы лучше это уравнение в сферических координатах... Замечу, что это не так тривиально, как может показаться "с налету".

$-\varepsilon\Delta\varphi_2-\frac{18\sin^2 \theta \cos \theta\sin\varphi \cos\varphi}{r^5}=q\delta(r)/(4\pi\varepsilon_0 \chi^{(2)}r^2)$.