Potential again

[Freude]

В реальном проcтрансве существует некое непрерывное распределение заряда, описываемое некоторой аналитической функцией распределения, сходящей на нет на плюс и минус бесконечности. Как численно вычислить соответствующий этому распределению скалярный потенциал?

[AlexDem]

Ландау-Лифшиц в "02. Теория поля", в параграфе 36 приводят формулу 36.8, в СИ она будет иметь вид:

$$\varphi = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int \frac \rho R dV$$

,
где $\rho$ - пространственная плотность заряда, $R$ - расстояние от элемента $dV$ до точки наблюдения поля.


В итоге получите интеграл (если не наврал):

$$\varphi(a, b, c) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\int\int \frac {\rho(x, y, z)} {\sqrt{(x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2}} dx dy dz$$

Остаётся только его решить...


Как такие задачи решаются реально - я бы и сам с удовольствием послушал, если кто расскажет...

[Freude]

Вот-вот, солидарен с Вами, AlexDem, и я бы послушал. И про то как решать (гиперсингулярный интеграл) и про то, какой физ. смысл будет имеет решение. Ибо, когда пробный заряд находится в точке, где присутствует распределенный заряд, потенциал должен по идее быть бесконечно большим.

Скорее всего будет иметь место экранирование. Возможно ли заменить сингулярную функцию Грина уравнения Пуассона чем то более адекватным, что то типа метода псевдопотенциала? Чем именно?

У гиперсингулярного интеграла можно найти только finite part integral value, однако зачем, какой физический смысл этого значения?

Думаю такие интегралы решаются часто в Теории функционала плотности, но я не очень хорошо в ней разбираюсь, может знающие люди подскажут подскажут?

[AlexDem]

Freude писал(а):

Ибо, когда пробный заряд находится в точке, где присутствует распределенный заряд, потенциал должен по идее быть бесконечно большим.

Если заряд распределённый, то в точке он - бесконечно мал. Отношение двух бесконечно-малых не обязано давать бесконечность, так что здесь математических проблем нет (а датчик всё равно интегрировует значение по некоторой области, так что и физических - тоже нет, если не представлять себе мысленно заряд точкой).

[Freude]

Ok, с этим согласен.

[peregoudov]

Freude,
а в чем, собственно, проблемы? Интеграл в посте AlexDem правильный, при произвольном распределении заряда берется численно.

Ваших страхов по поводу "гиперсингулярного" интеграла не понимаю. Да, интеграл несобственый, но абсолютно сходящийся.

[Freude]

$$\varphi(a, b, c) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int \frac {\rho(x)} {|x - a|} dx $$

Нет, он не сходится

[Редкий]

А в чем вопрос? В общем случае он не сходится. И это понятно. Чем дальше мы будем брать симметричные по Х относительно "а" но не максимума распределения, точки, тем больше будет разница. А вот в случае быстро сходящихся функций, ответ конечный. Возьмите к примеру функцию, равную 1 в окрестности точки "а", и равную нулю в остальных. Еще можно подобрать знакопеременную функцию... но все равно, быстро сходящуюся. Распределение Гаусса, также, должно, помочь, хотя, самому лень считать.
Насчет медленно сходящихся или вовсе несходящихся функций (равномерного распределения, как частного случая) уже давно существует даже целый парадокс имени Зелингера:«…в бесконечной вселенной, равномерно заполненной веществом, пользуясь законом Ньютона, нельзя однозначно рассчитать силу гравитации в заданной точке. Так, например, если ее вычислить, суммируя силы, действующие на пробную массу в этой точке, и создаваемые концентрическими слоями с центром в этой точке, то очевидно, что получится 0. Если же подсчет вести для концентрических слоев с центром в некоторой другой удаленной точке, то сила тяготения окажется равной силе, с которой шар радиуса r притягивает точку на его поверхности»

[peregoudov]

Freude,
Вы о какой расходимости говорите? Если о $(x,y,z)\to(a,b,c)$, так ее просто нет (Вы выкинули два дифференциала $dy\,dz$, вот она у Вас и "появилась"), а если о $(x,y,z)\to\infty$, то ее нет, если плотность заряда достаточно быстро убывает на бесконечности (например, как предлагает Редкий, равна нулю вне некоторого шара).

[Freude]

Раз выкинул, значит на то у меня есть причины - задача именно одномерная. Распределение убывает достаточно быстро, с этим проблем нет. Как решить такую задачу?

Добавлено спустя 2 минуты 42 секунды:

Цитата:

равномерно заполненной веществом

А если неравномерно?

[peregoudov]

Ага, ага. Только в одномерном случае фундаментальное решение другое: не 1/r, а |x|. Что Вы под одномерным случаем понимаете? Опишите нормально Ваше распределение заряда (желательно с конкретным примером).

[Александр Т.]

Freude писал(а):

$$\varphi(a, b, c) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int \frac {\rho(x)} {|x - a|} dx $$

Нет, он не сходится

Если $\rho(x)$ - объемная, а не линейная, плотность заряда (зависящая только от одной координаты), то

$$\varphi(a) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty \frac {\rho(x)} {\sqrt{(x-a)^2+y^2+z^2}} \,d\,\!x d\,\!y d\,\!z $$

.
Этот интегал действительно расходится. Вместо него для вычисления потенциала в данном случае следует использовать интеграл

$$\varphi(a) = -\frac{1}{2\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^\infty \rho(x) |x-a| \,d\,\!x $$

,
который, если можно так выразится, равен интегралу, написанному выше, с точностью до константы, в данном случае оказавшейся равной бесконечности.

Вроде бы так.

Если $\rho(x)$ достаточно хорошо убывает на бесконечности (а, тем более, если равна нулю вне некоторого (с двух сторон ограниченного) интервала изменения $x$), то второй интеграл сходится.

Об этом уже

peregoudov писал(а):

Ага, ага. Только в одномерном случае фундаментальное решение другое: не 1/r, а |x|.

Я только решил домыслить за Вас ответ на его вопрос

Цитата:

Что Вы под одномерным случаем понимаете? Опишите нормально Ваше распределение заряда (желательно с конкретным примером).

P.S. Поскольку на первый вариант моего сообщения никто не успел ответить, позволил себе полностью его исправить, так как в нем содержались неверные (как оказалось при ближайшем рассмотрении) утверждения.

[chiba]

Freude писал(а):

$$\varphi(a, b, c) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int \frac {\rho(x)} {|x - a|} dx $$

Похоже, что в одномерном случае потенциал действительно описывается этой формулой, хотя аналога т. Гаусса не нашел. Кстати, нашел забавное решение. Правда очень вероятно, что где-то наврал, и мне кажется, что очень сильно, так что буду рад, если кто-нибудь найдет ошибку и объяснит что почем. (Подозрительные для меня места буду снабжать примечаниями курсивом)
Разложим функцию плотности в интеграл Фурье

$$\rho(x) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega x}} d\omega $$

. Тогда наш интеграл

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac {\rho(x)} {|x - a|} dx $$

превратится в интеграл

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac {1} {|x - a|} dx\int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega x}} d\omega $$

.
Поменяем порядок интегрирования
Прим.1 Вполне возможно, что этого делать нельзя. (Не могу вспомнить теорему) .
В результате получим

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac { e^{-i\omega x}} {|x - a|} dx } $$

.
Теперь заменим наш несобственный интеграл по вещественной оси $x$ на криволинейный интеграл на комплексной плоскости

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_L \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz } $$

.
Здесь $z=x+iy$ – комплексная переменная, а $L$ – кривая, уравнение которой $y=0$, т.е. вещественная ось.
Для определенности знака в экспоненте разобьем первый интеграл на 2 части

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_L \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz }+\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_L \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz }\right) $$

.
Видим, что подынтегральное выражение первой части стремится к нулю на верхней дуге бесконечного радиуса на комплексной плоскости, а во второй части - на нижней. Поэтому эти 2 интеграл можно по соответствующим дугам замкнуть. В результате получим

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega\oint\limits_{L_+} \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz }+\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega\oint\limits_{L_-} \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz }\right) $$

.
Кривая $L_+$ проходит по вещественной оси и по дуге, радиус которой стремится к бесконечности, в верхней половине комплексной плоскости, а кривая $L_-$ соответственно в нижней. Здесь надо отметить, что кривую $L_+$ мы проходим против часовой стрелки (в положительном направлении), а кривую $L_-$ по часовой (в отрицательном). Значит потенциал будет равен вычетам

$$ \frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega Res\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega Res\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} \right]}\right) =$$

$$=\frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z} (z-a)} {|z - a|}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}(z-a)} {|z - a|} \right]}\right) $$

.
Поскольку точка $a$ лежит на вещественной прямой ее нужно корректно обойти. Поэтому для интеграла в первой части мы ее приподнимем в верхнюю полуплоскость, а для второй части опустим вниз на величину $\delta$, которую устремим к нулю. Тогда

$$\varphi(a) = \frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\lim\limits_{\delta\to 0}\left[ \frac { e^{-i\omega z} (z-a-i\delta)} {|z-a- i\delta |}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\lim\limits_{\delta\to 0}\left[ \frac { e^{-i\omega z}(z-a+ i\delta)} {|z-a+ i\delta |} \right]}\right) $$

.
По теореме о перестановке предельных переходов меняем пределы
Прим.2 на вскидку это можно сделать с большой вероятностью, но полностью не уверен

$$\varphi(a) = \frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{\delta\to 0}\left[ \frac { e^{-i\omega z} (-i\delta)} {|i\delta |}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{\delta\to 0}\left[ \frac { e^{-i\omega z}( i\delta)} {| i\delta |} \right]}\right) $$

.
Снимая последний предел получим

$$ \varphi(a) = -\frac {i^2} {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega +\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega }\right) = \frac 1 {2\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega = \frac {\rho(a)} {2\varepsilon_0} $$

.

[Mopnex]

обсуждалось

http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=2788&highlight=

[Александр Т.]

chiba писал(а):

Freude писал(а):

$$\varphi(a, b, c) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int \frac {\rho(x)} {|x - a|} dx $$

Похоже, что в одномерном случае потенциал действительно описывается этой формулой, хотя аналога т. Гаусса не нашел.

Выражение в правой части этой формулы имеет физический смысл значения на некоторой прямой линии потенциала заряда, некоторым образом распределенного по этой прямой линии. При этом $\rho(x)$ - это не объемная, а линейная плотность заряда, которую лучше обозначать по-другому, например $q_\text{l}(x)$. Потенциал во всем пространстве имеет вид

$$\varphi(x, y, z) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^\infty \dfrac {q_\text{l}(x')} {\sqrt{(x - x')^2+y^2+z^2}}\, d\!\,x' $$

Из этой формулы видно, что потенциал на линии равен

$$\varphi(x, 0, 0)=\frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^\infty \dfrac {q_\text{l}(x')} {|x - x'|}\, d\!\,x'$$

,
что я и хотел показать.

Таким образом, называть это одномерным случаем вряд ли правомерно. Это название, на мой взгляд, применимо к случаю, про который я писал выше по ветке.

chiba писал(а):

Кстати, нашел забавное решение. Правда очень вероятно, что где-то наврал, и мне кажется, что очень сильно, так что буду рад, если кто-нибудь найдет ошибку и объяснит что почем.
...

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac { e^{-i\omega x}} {|x - a|} dx } $$

.
Теперь заменим наш несобственный интеграл по вещественной оси $x$ на криволинейный интеграл на комплексной плоскости

$$\varphi(a) = \frac 1 {4\pi\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\tilde \rho(\omega) d\omega\int\limits_L \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} dz } $$

.
Здесь $z=x+iy$ – комплексная переменная, а $L$ – кривая, уравнение которой $y=0$, т.е. вещественная ось.

При этом только не нужно зыбывать, что под этим интегралом стоит всюду (т.е. на всей комплексной плоскости) неаналитическая функция комплексной переменной (т.к. в знаменателе присутствует модуль).

chiba писал(а):

...
Значит потенциал будет равен вычетам

$$ \frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega Res\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega Res\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}} {|z - a|} \right]}\right) =$$

$$=\frac i {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z} (z-a)} {|z - a|}\right] }-\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) d\omega \lim\limits_{z\to a}\left[ \frac { e^{-i\omega z}(z-a)} {|z - a|} \right]}\right) $$

.

А вот здесь (по меньшей мере - может быть, и где-нибудь еще) Вы это забыли. Использовать вычеты для вычисления интегралов по путям на комплексной плоскости можно, лишь если подынтегральная функция является аналитической всюду, кроме изолированных особых точек.

chiba писал(а):

...
Снимая последний предел получим

$$ \varphi(a) = -\frac {i^2} {2\varepsilon_0} \left(\int\limits_{-\infty}^{0} {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega +\int\limits_{0}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega }\right) = \frac 1 {2\varepsilon_0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty } {\tilde \rho(\omega) e^{-i\omega z} d\omega = \frac {\rho(a)} {2\varepsilon_0} $$

.

В результате получено явно неверное выражение для потенциала, о физическом смысле которого я говорил выше. Если положить в исходном интеграле $\rho(x)=Q\delta(x)$ ($\delta(x)$ - дельта-функция Дирака), то должно получится

$$\varphi(a) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0|a|} $$

,
а не то, что следует из полученной формулы

$$\varphi(a) = \frac{Q\delta(a)}{2\varepsilon_0} $$

.

Вроде бы так.