Заряженный проводящий отрезок.

[obar]

Наконец-то вы снизошли до формул. Теперь всем стало ясно, что ваше решение -- "сплошная патология".

[Morkonwen]

drug39 в сообщении #514153 писал(а):

(1) $ \int_{-h/2}^{h/2} \tau(x)\frac{x-\xi}{|x-\xi|^3} dx \sim \delta(\xi-h/2+o)-\delta(\xi+h/2-o) $,
где $o\rightarrow +0, -h/2<\xi<h/2$.

У меня уравнение получилось такое же, но как то мне не нравятся эти дельта функции. Выглядит правдоподобно, но можно побольше аргументов?

И скорее всего, кстати нельзя переходить к пределу прямо под интегралом, как это сделали вы. То есть до вычисления интеграла надо считать, что расстояние до поля от отрезка ненулевое (может и малое)

[obar]

Даже беглого взгляда на формулу (1) достаточно, чтобы заметить, что интеграл в левой части расходится при $x=\xi$ (даже в смысле главного значения) и потому бессмыслен, а возникновение дельта-функций в правой части что называется "от лукавого". При последовательном учете толщины цилиндра ничего подобного не возникает.

[Ilia_]

obar в сообщении #514643 писал(а):

Даже беглого взгляда на формулу (1) достаточно, чтобы заметить, что интеграл в левой части расходится при $x=\xi$ (даже в смысле главного значения) и потому бессмыслен

А почему расходится в смысле главного значения? Вроде же интеграл от нечётной функции в симметричных пределах в смысле главного значения даёт ноль.

$$\int_{-\Delta}^{+\Delta}\operatorname{v.p.}\frac x{|x|^3}\,dx=0$$

[obar]

Разложите функцию $\tau(x)$ в ряд в окрестности точки $x-\xi$. Второй член разложения будет логарифмически расходящимся.

[Ilia_]

Согласен. Не подумал. Действительно, расходится.

[drug39]

Morkonwen в сообщении #514451 писал(а):

У меня уравнение получилось такое же, но как то мне не нравятся эти дельта функции. Выглядит правдоподобно, но можно побольше аргументов?

В левой и правой частях уравнения (1) выражена составляющая поля $(E_x)$ по оси $Ox$ на отрезке, бесконечно близком к боковой поверхности цилиндра в пределе, когда диаметр цилиндра стремится к нулю.

Morkonwen в сообщении #514451 писал(а):

И скорее всего, кстати нельзя переходить к пределу прямо под интегралом

В данном случае можно.
Причем концы отрезка бесконечно мало переходят за ребра цилиндра. При прохождении по отрезку в реберных точках цилиндра снаружи поле меняет направление на 90 градусов. Поэтому на отрезке $[h/2,h/2]$ поле $E_x$ можно выразить в виде
$k [\delta(\xi-h/2+o)-\delta(\xi+h/2-o)]$,
где $o\rightarrow +0, -h/2<\xi<h/2$.
Теперь, как трактовать величину $k$. Интегрированием по нашему отрезку на ребрах цилиндра получим ступеньки потенциала с величиной $k$. Можно привести хорошо известный и похожий пример попроще. При переходе через заряженную поверхность потенциал ступенчато прирастает на величину $4\pi\sigma$. На ребре мы перейдем всего лишь через точку, а в середине отрезка эквипотенциал сместится на много большее расстояние, хотя и бесконечно малое. Подобный фокус невозможен при $k\rightarrow 0$. Поэтому $k>0$. Иными словами, $k\sim q$, где $q - заряд цилиндра. $k$[см]$^2/$[Кл] будет конкретное число. И трактовать его можно как форм-фактор скругления или угловатости торца цилиндра (не эллипсоида). Повторю, что ступеньки потенциала здесь существуют на фоне бесконечно большого потенциала самого цилиндра в пределе $d\rightarrow 0$.
К уравнению (2) пришли и в старой дискуссии ссылка. Но там не просекли, что решение уравнения (2) соответствует только предельно вытянутому цилиндру с полностью скругленными торцами. Для ленивых, перескажу, что там, в частности, долго мучили уравнение (2), пытаясь подогнать решение $ \tau(x)$ в виде дискретной функции с одним минимумом. Но к хорошему результату так и не пришли. Из приведенных выше графиков следует, что решение имеет не один, а два минимума. Решить уравнение (2) численным методом не проблема. Аналитического решения пока не знаю. Если его знать, думаю, можно построить и аналитическое решение уравнения (1).

[Morkonwen]

drug39
Давайте тогда в таком же стиле разберем- аналогичную задачу для которой у меня есть ответ - полуплоскость! Как бы вы решали задачу в таком же точно стиле? Уверяю, по нему точно все будет прекрасно видно!

[drug39]

Morkonwen, полуплоскость - совсем не в тему, если считаете, что полуплоскость будет интересна, попробуйте выступить топик-стартером, поддержу.
p.s. ccылка выше получилась неправильно, хотел написать Заряженная жидкость на линейке".

[Morkonwen]

Да в тему все вот увидите - Как должно выглядеть уравнение для полуплоскости?

[drug39]

Ну, хорошо, попробуем. Вроде так
$ \int_0^{\infty} \frac{\sigma(x)}{x-\xi} dx = -k\delta(\xi-o), 0<\xi<\infty$.
Только здесь $k \to \infty$, т.к. заряд полуплоскости $\to \infty$.
Лучше рассмотреть проводящий круг или проводящую полосу - задачи аналогичные.

[Morkonwen]

Для круга у меня тоже есть решение, то в эллиптических координатах и не факт что оно удовлетворит соотв интегральному - я пробовал, но интеграл взять просто не получилось!

Для полуплоскости же никаких махинаций не надо. можете убедится подстановкой в уравнение лапласа, что $\phi=-\sqrt{r}\,\sin(\alpha/2)$ будет решением (полярные координаты, угол отсчитывается от полуплоскости.)

Тогда $\sigma(r)=\frac{1}{4 \pi \sqrt{r}}$

Можете подставить в ваше уравнение и убедится, что интеграл не сойдется=) Кроме того нет никаких концевых зарядов, несмотря на особенность при r=0

Чтобы интеграл сошелся его надо взять не переходя к пределу под интегралом!

[drug39]

$\sigma(x)\sim \frac 1 {\sqrt x }$ - известный результат для края предельно сжатого эллипсоида, следовательно, эта формула годится и для полуплоскости со скругленным торцом.
Ваша формула потенциала в пределе не дает угловатого эквипотенциала, поэтому остаются подобные проблемы.

[Morkonwen]

drug39 в сообщении #515408 писал(а):

Ваша формула потенциала в пределе не дает угловатого эквипотенциала, поэтому остаются подобные проблемы.

При $\alpha=0$ $\phi=0$ то есть эквипотенциал. Что такое угловатый эквипотенциал?

[drug39]

В пределе ваша эквипотенциальная поверхность, бесконечно близкая к полуплоскости, остается гладкой, т.е. закругленной на границе полуплоскости. Торец полуплоскости можно рассматривать с прямоугольным сечением, тогда предельный эквипотенциал угловатый и будет "концевой" заряд на фоне асимптотически бесконечного заряда.
Кстати, для полуплоскости также подходит $\sigma(x)\sim x^{-\alpha} $ при $ 0<\alpha<1$, поскольку
$\int_0^{\infty} \frac { x^{-\alpha}}{x-\xi} dx=0$.