Мощная электростатическая проблема

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405938 писал(а):

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

Что-то второе слагаемое в левой части как-то не похоже на инвариант группы $T_d$... Это надо бы проверить.

-- Пт июл 19, 2019 21:45:27 --

reterty в сообщении #1405944 писал(а):

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".

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

Не верю!!! Как это получилось? А потом, куда делся потенциал во втором слагаемом. В общем лажа какая-то...

-- Пт июл 19, 2019 21:52:01 --

Red_Herring в сообщении #1405936 писал(а):

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

Решать возмущениями по нелинейности тут нельзя (может (?) можно возмущениями по неизотропности). По простой причине: поле сколь угодно сильное при приближении к источнику.

А вообще сначала надо написать полное уравнение в сферических координатах. Без какого-либо шаманства.

[Red_Herring]

Не стоит использовать одну и ту же букву $\varphi$ для двух сильно разных объектов. Пусть угол $\psi$. Тогда можно переписать зависимость от $\theta$ чтобы не было произведениая синус-косинусов (а только м.б. кратные углы) и аналогично по и $\psi$ и банально разделить переменные

[reterty]

Alex-Yu в сообщении #1405946 писал(а):

reterty в сообщении #1405938 писал(а):

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

Не верю!!! Как это получилось? А потом, куда делся потенциал во втором слагаемом. В общем лажа какая-то...

во второе слагаемое подставлялось лишь явное выражение для потенциала в нулевом приближении (кулоновское) ю Если подставить и второемое слагаемое то получим плюс квадратичная по константе нелинейной восприимчивости поправка. Ее отбрасываем...

-- Пт июл 19, 2019 18:54:16 --

Red_Herring в сообщении #1405951 писал(а):

Не стоит использовать одну и ту же букву $\varphi$ для двух сильно разных объектов. Пусть угол $\psi$. Тогда можно переписать зависимость от $\theta$ чтобы не было произведениая синус-косинусов (а только м.б. кратные углы) и аналогично по и $\psi$ и банально разделить переменные

Вы абсолютно правы! Прошу прощения

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405952 писал(а):

во второе слагаемое подставлялось лишь явное выражение для потенциала в нулевом приближении

А-а-а... Возмущения по нелинейности. Нельзя так делать. И вообще так получится не должно (должен быть инвариант группы $T_d$). Подозреваю, что вторые производные написаны не верно, без учета $\Gamma$-членов.

[reterty]

Alex-Yu в сообщении #1405954 писал(а):

reterty в сообщении #1405952 писал(а):

во второе слагаемое подставлялось лишь явное выражение для потенциала в нулевом приближении

А-а-а... Возмущения по нелинейности. Нельзя так делать. И вообще так получится не должно (должен быть инвариант группы $T_d$). Подозреваю, что вторые производные написаны не верно, без учета $\Gamma$-членов.

Да, во втором лагаемом упущен сомножитель $(q/4\pi \varepsilon_0)^2$. А вот что за $\Gamma$-члены?
И если эта нелинейность мала (как в теории колебаний), то почему бы не воспользоваться теорией возмущений?

[Alex-Yu]

reterty в сообщении #1405958 писал(а):

А вот что за $\Gamma$-члены?

Если перейти к криволинейным координатам, то производные содержат слагаемые с символами Кристоффеля.

Впрочем, взять ваш нелинейный оператор от $1/r$ можно и проще. Пишем $r=(x^2+y^2+z^2)^{1/2}$ а дальше правило дифференцирования сложной функции. У меня получилось $-9xyz/r^8$. Увы, сферически несимметричное выражение. И сильно несимметричное, с нулями. Странно это...

Впрочем, возможно, что в изотропной среде без инверсии тензор вообще нулевой тождественно (предположение о изотропности решения основывалось на предположении, что в изотропной среде без инверсии уравнение такое же). Пожалуй, даже действительно так. В изотропной среде тензоры должны быть представимы через символы Кронекера и Леви-Чевита. А тогда для тензора третьего ранга не сделать симметрию по двум индексам. Увы.

В общем ничего не выходит. Тупик. Эту задачу проще забыть, чем решить. Анизотропия сильная, теорию возмущений нельзя. Тупик. Проще забыть как кошмарный сон. А ее правда зачем-то надо решать?

[Munin]

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

Не будет.

reterty в сообщении #1405848 писал(а):

$\varphi=\varphi_1+\chi^{(2)}\varphi_2$, где $\varphi_1=q/4\pi\varepsilon_0\varepsilon r$


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

$$-\varepsilon\Delta(\varphi_1+\chi^{(2)}\varphi_2)+2\chi^{(2)}\left(\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial x\partial z}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial y} +\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial x\partial y}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial z}+\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial y\partial z}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial x}\right)=q\delta(\vec{r})/\varepsilon_0.$$

$$-\varepsilon\Delta(\chi^{(2)}\varphi_2)=-2\chi^{(2)}\left(\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial x\partial z}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial y} +\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial x\partial y}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial z}+\dfrac{\partial^2\varphi_1}{\partial y\partial z}\dfrac{\partial\varphi_1}{\partial x}\right).$$

Чем не уравнение Лапласа?

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #1405966 писал(а):

Чем не уравнение Лапласа?

Ну это по ТВ. А ТВ нельзя (я выше писал почему).

-- Пт июл 19, 2019 22:46:17 --

reterty в сообщении #1405958 писал(а):

И если эта нелинейность мала (как в теории колебаний), то почему бы не воспользоваться теорией возмущений?

Выше я писал почему ЗДЕСЬ нельзя. В теории колебаний -- можно.

-- Пт июл 19, 2019 22:49:07 --

Alex-Yu в сообщении #1405965 писал(а):

Впрочем, взять ваш нелинейный оператор от $1/r$ можно и проще. Пишем $r=(x^2+y^2+z^2)^{1/2}$ а дальше правило дифференцирования сложной функции. У меня получилось $-9xyz/r^8$

В общем случае ЛЮБОЙ сферически симметричной функции тоже получится $\sim xyz$.

-- Пт июл 19, 2019 23:01:51 --

Alex-Yu в сообщении #1405968 писал(а):

А ТВ нельзя (я выше писал почему).

По ТВ можно, если заменить точечный заряд на шарик достаточно большого размера. И мы даже уже поняли, что при этом будет в первом приближении (поправка $\sim xyz$). Причем эта поправка при усреднении по сфере обращается в нуль.

[Munin]

reterty в сообщении #1405928 писал(а):

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

Это немножко хамсковато. Там к делу относится только одна строчка в таблице:

Цитата:

Crystal System: Cubic
Crystal Class: $\bar{4}3m=T_d$
Nonvanishing Tensor Elements: $xyz=xzy=yzx=yxz=zxy=zyx$

Её вполне можно было процитировать без отсылки к талмуду, к тому же вначале без конкретной страницы.

Надеюсь, это ответит и на вопрос Alex-Yu о том, является ли $\chi^{(2)}$ тензором. Является, 3 ранга.

-- 19.07.2019 19:08:37 --

Alex-Yu в сообщении #1405946 писал(а):

Решать возмущениями по нелинейности тут нельзя (может (?) можно возмущениями по неизотропности). По простой причине: поле сколь угодно сильное при приближении к источнику.

Ну, это было явно приказано ТС-у. Ему надо сначала научиться выполнять приказы, и только потом - обсуждать их.

Хотя на самом деле вы правы, конечно же.

-- 19.07.2019 19:09:46 --

Alex-Yu в сообщении #1405968 писал(а):

По ТВ можно, если заменить точечный заряд на шарик достаточно большого размера.

Видимо, постановщиком задачи именно это и подразумевалось. В конце концов, мы же в решётке, а не в вакууме.

-- 19.07.2019 19:16:19 --

Ещё цитата из книжки (страница 39):

Цитата:

The nonlinear polarization can be written as


$$P_i(\omega_n+\omega_m)=\epsilon_0\sum_{jk}\sum_{(nm)}\chi^{(2)}_{ijk}\,E_j(\omega_n)\,E_k(\omega_m).\eqno(1.5.21)$$