Распределение заряда на иголке.

[amon]

Red_Herring в сообщении #980069 писал(а):

Действительно, в такой наивной постановке нам следовало бы минимизировать энергию

Еще можно занулять силу. И в двумерии этот подход срабатывает. Если взять полоску $[-1,1]$ бесконечной длины, то уравнение на равенство сил нулю будет

$$VP\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{x-y}dy=0,$$

(очень похоже на то, что я написал), откуда сразу $\rho(x)=\frac{C}{\sqrt{1-x^2}}$. В одномерии этот подход почему-то ломается.

[Red_Herring]

amon в сообщении #980363 писал(а):

Еще можно занулять силу.

Что то же самое что и искать критические точки энергии, а поскольку энергия выше — выпуклый функционал, то это и есть минимизировать. Проблема с одномерностью—расходимость интеграла.

drug39 в сообщении #980329 писал(а):

Не могу не заметить, что тема ещё обсуждалась здесь.

Несмотря на отсутствие формул предлагался подход—рассмотреть эллипсоид. Неявно была ссылка на поле создаваемое эллипсоидальным слоем, см. напр. теорему 3.1 http://arxiv.org/pdf/1309.2042.pdf#Page=7

[amon]

Red_Herring в сообщении #980366 писал(а):

Несмотря на отсутствие формул предлагался подход—рассмотреть эллипсоид.

Эллипсоид выдает постоянную плотность в пределе 1D. Если константу подставить в $VP\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy,$ то интеграл (в смысле главного значения) сойдется, но нуля не получится.

[Red_Herring]

amon
С Вашим интегралом ваще проблема. Предположим, что $\rho$- гладкая вблизи $x$. Тогда $\rho(y)= \rho(x) + \rho'(x)(y-x)+O(|x-y|^2)$. Что мы имеем при $x$—внутренней точке? $\int \frac{\rho (x)\, dy}{(x-y)|x-y|}$ в смысле г.з. существует, с остаточным членом интеграл просто сходится, а вот $\int \frac{\rho' (x)\, dy}{|x-y|}$ расходится и никакое г.з. его не спасёт (если $\rho'(x)\ne 0$)!

[drug39]

Что касается краевой задачи $\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|^\alpha}dy=f(x)$,
то решения имеются только при $\alpha<1$. Известны аналитические решения, например, при $\alpha=0, 1/2, 1/3$.

[Red_Herring]

drug39 в сообщении #980402 писал(а):

Что касается краевой задачи $\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|^\alpha}dy=f(x)$,
то решения имеются только при $\alpha<1$. Известны аналитические решения, например, при $\alpha=0, 1/2, 1/3$.

Интеграл понимается в смысле г.з. Но тогда и в вариационной задаче интеграл просто сходится. А какие решения при этих $\alpha=0, 1/2, 1/3$?

[drug39]

Red_Herring в сообщении #980412 писал(а):

... какие решения при этих $\alpha=0, 1/2, 1/3$?

Полностью решения излагать долго. Приведу примеры.
$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{x-y}dy=1, \rho(y)=\frac{-y}{\pi{\sqrt{1-y^2}}}$
$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{x-y}dy=x, \rho(y)=\frac{-y^2}{\pi{\sqrt{1-y^2}}}$
$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|^{1/2}}dy=x, \rho(y)=\frac{y^2}{2\pi}(1-y^2)}^{3/4}$

[amon]

Red_Herring в сообщении #980372 писал(а):

С Вашим интегралом ваще проблема.

Я это знаю, и не настаиваю на правильности такого подхода. Действительно, если в него поверить, то $rho(x)$ нельзя разложить в степенной ряд ни в какой точке промежутка. Это уравнение имеет еще несколько забавных свойств. Например, при дробно-линейных преобразованиях оно переходит само в себя (с точностью до замены аргумента функции). Поэтому достаточно решить его на полубесконечном промежутке, скажем, Винером-Хопфом, но это тоже не прокатывает.

[Red_Herring]

drug39
Спасибо!
amon
Тут не в аналитичность играем. Я понимаю, это ядро $(x-y)^{-1}|x-y|^{-1}$ вроде бы как производная $|x-y|^{-1}$. Но ведь $|x-y|^{-1}$ это тоже не обобщенная функция! Именно в этом вся специфика 1-мерного случая. Поэтому приходится вводить регуляризацию, и в вариационной задаче ответ будет$D(\rho)|\ln \varepsilon|+ K(\rho,\varepsilon)$ с $K=O(1)$ и потому мы заменяем ф-л на $D(\rho)=\int \rho^2\,dx$.

Но тут дело ещё забавней из-за именно слабой, логарифмической расходимости. Поэтому $C\varepsilon$–окрестность исходной точки $x=y$ вкладывает в энергию только $O(1)$ при любом $C$ и потому основной вклад приходится на участок между $C\varepsilon $ и $C^{-1}$ и потому форма сжимающегося тела не влияет на $D(\rho)$ и ответ. А при потенциале $|x-y|^{-\alpha}$ с $\alpha>1$ мы бы имели
$D(\rho)\varepsilon^{1-\alpha} + K(\rho,\varepsilon)$ с $K= O(1+\varepsilon^{2-\alpha})$ но там бы $D(\rho)= \int F(x)\rho^2(x)\,dx$ и там бы $F(x)$ бы зависело от формы. Например, если бы все сечения были бы подобны, то $F(x) =c d(x)^{1-\alpha}$ где $d(x)$ - толщина сечения в $x$ (до сжатия) и там бы $\rho(x)=c_1 d(x)^{\alpha-1}$ давало минимум.

[drug39]

amon в [url=http://dxdy.ru/post980479.html#p980479] писал(а):

... и не настаиваю на правильности такого подхода ...

да подход по сути верный, у Вас просто правая часть написана неправильно. Я об этом писал в выше указанной теме.
p.s. выше немного неправильно сказал, надо сказать: уравнение
$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=f(x)$
всё же имеет решения, но далеко не при всякой правой части $f(x)$.

[Xey]

В старой теме такие рассуждения

Mopnex в сообщении #21826 писал(а):

У кого-нибудь еще есть сомнения, что 3 шарика расположатся 2 на конце, один посередине? 4 шарика - 2 на конце, 2 симметрично между серединой и концом?

симметрично ли между серединой и концом можно проверить исходя из электростатики, но основной вывод понятен. Чем больше шариков размещают на отрезке, тем больший процент шаров оказывается вблизи концов отрезка.

Короче, заряд отжимается на концы.

[Red_Herring]

drug39 в сообщении #980496 писал(а):

p.s. выше немного неправильно сказал, надо сказать: уравнение
$\int\limits_{-1}^{1}\frac{\rho(y)}{(x-y)|x-y|}dy=f(x)$
всё же имеет решения, но далеко не при всякой правой части $f(x)$.

Если $\rho$ не константа, пожалуйста, объясните, как этот интеграл понимается

Xey в сообщении #980499 писал(а):

симметрично ли между серединой и концом можно проверить исходя из электростатики, но основной вывод понятен. Чем больше шариков размещают на отрезке, тем больший процент шаров оказывается вблизи концов отрезка.

Короче, заряд отжимается на концы.

Неверно. Чем больше шариков размещают на отрезке, тем более равномерно они распределяются. Многомерные аналоги здесь только вводят в заблуждение.

Кстати, в той оригинальной задаче было бы интересно численное решение при разном кол-ве шариков

[amon]

С вашего разрешения, философское отступление. У меня эта задача возникла лет 20 назад. Тогда вопрос довольно быстро был объявлен философским. Дело в том, что задача о макроскопической 1D иголке, подчиняющейся классическим уравнениям не физическая. Физический объект пониженной размерности - это нечто, сильно (в смысле - следующий квантовый уровень далеко по характерной энергии) заквантованное по некоторым направлениям, и квазиклассическое по оставшимся. Для иголки это значит, что по двум направлениям все заквантовано, но тогда и по третьему нет квазиклассики - сколь угодно слабый случайный потенциал локализует носитель, и реальный объект описывается так, как его где-то выше описал Red_Herring - есть набор ловушек, и в них меняется заряд, сами ловушки неподвижны.

Однако, осадок остался. Уравнения, что интегральные, что дискретные с подвижными зарядами, ведут себя (для меня, физика, математики и не к таким патологиям привычны) удивительно патологическим образом. На сколько я помню численные упражнения с дискретными зарядами, там все удивительно хреново сходилось, и при этом в середине что-то, похожее на константу получалось, но оставались пики у концов. Поэтому и поделился. Оказывается это здесь уже обсуждалось, но без успеха. Поэтому мне интересен именно математический аспект задачи.

[Утундрий]

amon в сообщении #980533 писал(а):

казывается это здесь уже обсуждалось, но без успеха.

Ну, мне про полиномы Якоби понравилось, например.

[drug39]

Red_Herring в сообщении #980528 писал(а):

Если $\rho$ не константа, пожалуйста, объясните...

$f(x)$ не нуль. На отрезке $(-1,1) f(x)=0$, а на концах отрезка особенности. Тогда решение уравнения есть.