Сферически симметричное распределение заряда

[Mihr]

Найти сферически симметричное распределение плотности электрического заряда, при котором потенциал электростатического поля в каждой точке пространства пропорционален объёмной плотности заряда в этой точке: $\varphi(r)=\alpha\rho(r)$, где $\alpha=\operatorname{const}$. Плотность заряда $\rho(r)$ всюду конечна.

-- 20.02.2021, 09:19 --

Пожалуй, стоит добавить, что задача несложная, практически стандартная. Интересна она лишь своим неожиданно красивым ответом (во всяком случае, мне он показался красивым).

[AnatolyBa]

А я стандартным способом решить не справился. Пришлось решать нестандартно. Очень понравилось.
(Поначалу даже хотел как-то по-школьному решить. Не случилось)

[EUgeneUS]

Mihr в сообщении #1505790 писал(а):

Плотность заряда $\rho(r)$ всюду конечна.

Совсем всюду или всюду, кроме центра?
Если второе, то да, ответ получается компактным, можно сказать красивым.
А если первое, то кроме тривиального нуля вроде бы ничего и нет.

-- 20.02.2021, 12:39 --

AnatolyBa в сообщении #1505804 писал(а):

А я стандартным способом решить не справился.

А я в стандартном (может быть даже в школьном) способе попросил Wolfram решить диффур

[DimaM]

EUgeneUS в сообщении #1505807 писал(а):

А если первое, то кроме тривиального нуля вроде бы ничего и нет.

В центре можно доопределить вторую функцию ее пределом, который конечен.

[Mihr]

AnatolyBa, но ведь там просто возникает обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка. Решаем его. Это, вроде, стандартный путь?

AnatolyBa в сообщении #1505804 писал(а):

Пришлось решать нестандартно.

Покажете своё решение? Очень интересно: как можно решить по-другому?

EUgeneUS в сообщении #1505807 писал(а):

Совсем всюду или всюду, кроме центра?

Совсем-совсем. Вообще, конечно, возникает разрывная в нуле функция, но с устранимым разрывом. Доопределяем её по непрерывности. Вот и всё.
Тривиальное (нулевое) решение я, конечно, не имел в виду.

[DimaM]

EUgeneUS в сообщении #1505807 писал(а):

А я в стандартном (может быть даже в школьном) способе попросил Wolfram решить диффур

Да это ж тривиальное стационарное уравнение Шредингера с нулевой потенциальной энергией в сферически-симметричном случае ;).

-- 20.02.2021, 16:59 --

Mihr
Интересно добавить условие $\rho=0$ при $r\ge R$. Тогда получается счетное множество решений.

[EUgeneUS]

DimaM
У меня получилось, что в центре бесконечность.

(Оффтоп)

$\varphi(r) = C \frac{e^{-\sqrt{\frac{4 \pi}{\alpha}}r}} {r}$

[DimaM]

EUgeneUS в сообщении #1505814 писал(а):

У меня получилось, что в центре бесконечность.

В вашей функции вместо $\alpha$ должно быть $-\alpha$. При $\alpha>0$ (это условие Mihr забыл указать) из двух решений в числителе собирается синус, и предел в центре конечен.

[AnatolyBa]

Дабы не было сомнений

(Оффтоп)

$\frac{\sin(\sqrt{4\pi \alpha}r)}{r}$

А про Вольфрам я не подумал. Но сейчас посмотрел, что он предлагает - и таки да, есть решение, если внимательно посмотреть

[DimaM]

DimaM в сообщении #1505812 писал(а):

Интересно добавить условие $\rho=0$ при $r\ge R$. Тогда получается счетное множество решений.

То есть появляется ограничение на возможные значения $\alpha$.

[AnatolyBa]

(Оффтоп)

А я обратил внимание, что получается уравнение Шредингера для свободной частицы и проинтегрировал волну по всем направлениям.

[Mihr]

DimaM в сообщении #1505812 писал(а):

Интересно добавить условие $\rho=0$ при $r\ge R$. Тогда получается счетное множество решений.

Если задачу начинают варьировать, значит, она чем-то интересна. Это приятно. Спасибо.

[DimaM]

AnatolyBa в сообщении #1505818 писал(а):

Дабы не было сомнений

Должна быть $\alpha$ в знаменателе, и еще можно произвольный коэффициент.

[AnatolyBa]

Так. DimaM уже написал про Шредингера. Извините не заметил .

-- 20.02.2021, 13:20 --

Mihr в сообщении #1505811 писал(а):

но ведь там просто возникает обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка. Решаем его

Ну так смотрел я смотрел на это уравнение. И не решил . А лезть в справочники поленился.

-- 20.02.2021, 13:23 --

DimaM в сообщении #1505823 писал(а):

Должна быть $\alpha$ в знаменателе, и еще можно произвольный коэффициент

Произвольный коэффициент, да, а зачем тогда $\alpha$ ?

[DimaM]

AnatolyBa в сообщении #1505824 писал(а):

Произвольный коэффициент, да, а зачем тогда $\alpha$ ?

$\alpha$ в аргументе синуса, а коэффициент снаружи.
Просто у вас (как и у меня вначале) получилось решение немного другого уравнения

$$\nabla^2\varphi=-4\pi\alpha\varphi,$$

а на самом деле оно такое

$$\nabla^2\varphi=-\frac{4\pi}{\alpha}\varphi.$$