Распределение заряда на иголке.

[Red_Herring]

sup в сообщении #980700 писал(а):

Тогда зарядам вообще выгодно собраться в одной точке. А в симметричном случае - на двух концах.

Да, я еще предполагал некую "гладкость" распределения, некритически перенося с непрерывного случая. Наверно стоит ввести функционал так:
$\sum_{m>n} \rho+m\rhh_n |m-n|^{-1}h^{-1}+2\sum _n \rho_n ^2 h$

[drug39]

Могу предложить ещё один простой подход к решению этой задачи. Можно погонять различные распределения в ручном режиме и смотреть общую картину эквипотенциалей. Критерий прост: эквипотенциали должны огибать отрезок и на достаточном удалении от отрезка не должна проявляться гантелевидность эквипотенциали. Довольно быстро вы придёте к выводу, что распределение должно быть комбинацией равномерно заряженного отрезка и двух одинаковых точечных зарядов на концах отрезка, если рассматривать симметричный случай. Можно постепенно увеличивать долю заряда на концах. При этом с интересом можно наблюдать, что гантелевидность наступает только с определённой доли заряда на концах, равной (если не путаю) половине всего заряда.

[Red_Herring]

Попробую предложить достаточно сырую идею про $N$ 1-зарядов, располагающихся на отрезке длины $L$. Енергия будет $\sum _{m<n} (x_n-x_m)^{-1}$ где $x_1<x_2<\ldots <x_N$ и пусть $L^{-1}E(N)$ будет её минимум (по всем таким расположениям).

Если расположение зарядов равномерно то энергия будет $L^{-1}e(N)$, $e(N)=N^2(\ln N + O(1))$. Разумеется, это не оптимально, к концам они будут скапливаться, но насколько? Рассмотрим отрезок, добавим к нему пока что пустой отрезок длине $\delta L$ с малым $\delta>0$ и замкнём в окружность длине $(1+\delta)L$, при этом расстояние между $x_n$ и $x_m$ будем мерить по окружности. Разумеется энергия увеличится, но насколько? Не более чем на $\frac{1}{2}(\delta L)^{-1}N^2$. Теперь разрешим зарядам ползать по окружности, тогда энергия только уменьшится, и заряды расположатся равномерно и

$$ L ^{-1} E(N)\ge L^{-1}(1+\delta)^{-1} e(N) - \frac{1}{2}(\delta L)^{-1}N^2 = L^{-1}N^2 \Bigl(\ln N - C\delta^{-1}\Bigr)$$

т.е. мы получаем второе из

$$ \ln N+C \ge E(N)/N^2 \ge (1+\delta)^{-1} \ln N - C\delta^{-1}, $$

а первое следует из $E(N)\le e(N)$. Т.к. $C$ не зависит от $\delta$, $N$, и $\delta>0$ в нашей власти

$$ E(N)/N^2 \sim \ln N. $$

Теперь я утверждаю, что заряды располагаются асимптотически равномерно в том смысле, что число зарядов на любом отрезке длины $\epsilon$ будет $\epsilon N +o(N)$ при любом фиксированном $\epsilon>0$ и $N\to\infty$.

Действительно, фиксируем большое $K$ и разобьем заряды на $K$ равных последовательных групп и пусть $s_k$ это длина отрезка, занимаемого $k$–той группой. Тогда $\sum_k s_k\le 1$ и $E(N)\ge \sum _k s_k^{-1} (N/K)^2 \ln (N/K)(1-o(1))$, т.е. $E(N)/N^2\ln N \ge \sum _k s_k^{-1} K^{-2}-o(1)$. Мы проигнорировали межгрупповые взаимодействия и энергия только уменьшилась. Тогда

$$ \sum_k s_k\le 1, \qquad \sum_k s_k^{-1} \ge K^2 (1-o(1)) $$

откуда следует $s_k= 1/K+o(1)$ при $N\to \infty$.

Наверно, можно получить квалифицированные оценки, заменив $o(1)$ на $O(1/\ln N)$ или что-то подобное, но именно логарифмическое, а не степенное и поэтому все численное будет сходиться к равномерному очень плохо. Можно, наверно, вычислить главный член отклонения от равномерного.

Прямо из того, что я написал следует $E(N)/N^2=\ln N + O((\ln N)^{\frac{1}{2}})$ но это, наверно, можно улучшить

[sup]

Численный эксперимент показывает, что распределение похоже на равномерное, но на концах немного "загибается". Резкого уплотнения на концах уж точно нет. Но и уверенности в равномерном распределении тоже нет.

[Red_Herring]

Разумеется какое то уплотнение есть и это не противоречит той равномерности которую я показал. Вопрос насколько плотнее и на какой длины участке?

[sup]

Вот этого я пока и не понял. Насколько это существенно. На 200 точках плотность возле концов в 2 раза больше, чем в центре, но довольно быстро выравнивается. Если интересно, могу прицепить файл с данными.

[ewert]

Мне что-то припоминается, что эта задача тут уже обсуждалась; правда, не помню где. И вроде как пришли к выводу, что распределение зарядов существенно зависит от формы иголки (той, что потом бесконечно утончается) -- что в двумерии, что в трёхмерии. И, следовательно, просто иголка как таковая нефизична ни в каком смысле, независимо от никаких квантований.

Кажется, это было где-то в связи с громоотводами или люстрами Чижевского. Хотя не исключено, что мне память и изменяет.

[sup]

ewert в сообщении #980962 писал(а):

И, следовательно, просто иголка как таковая нефизична ни в каком смысле

Ну, пусть и так. Но все равно это же интересно. Для конечного количества точечных зарядов задача поставлена корректно.

[drug39]

Red_Herring в сообщении #980943 писал(а):

Разумеется какое то уплотнение есть и это не противоречит той равномерности которую я показал. Вопрос насколько плотнее и на какой длины участке?

Уплотнение на бесконечно малом участке. Поэтому дискретный подход здесь не годится (при всём уважении к Якоби).

[amon]

IMHO, измышления Red_Herring'a вполне тянут на краткое сообщение в Phys. Rev. (если получится оценить отклонение на краях, то точно надо публиковать). Задача с дискретными зарядами абсолютно корректна и интересна.

[Red_Herring]

Если говорить о задаче про точечные заряды, то все отклонения в лучшем случае $O(1/\ln N)$ сравнительно, а то и в какой-то степени $<1$ и потому численные расчеты дадут что-то малозаметное в смысле стабилизации.

Да, конечно обсуждалась и не единожды, но то что я посмотрел было почти полностью либо ругачкой, либо размахиванием руками.


Если говорить о непрерывной задаче интерпретируя ее как предел, то тут именно специфика логарифмической расходимости. Была бы сходимость—основной вклад давали бы $x,y$ с $|x-y|\asymp 1$ и ответ бы завсел от формы области (но никак не от оболочки, которая вообще была бы не нужна); если б расходимость была степенной—основной вклад давали бы $x,y$ с $|x-y|\asymp \varepsilon$ и ответ бы завсел от формы оболочки но не области; а вот при логарифмической расходимости основной вклад дают $x,y$ с $C\varepsilon \le |x-y|\le C^{-1}$ и ответ не зависит ни от чего.

[svv]

drug39 в сообщении #980728 писал(а):

Критерий прост: эквипотенциали должны огибать отрезок и на достаточном удалении от отрезка не должна проявляться гантелевидность эквипотенциали.

Понятно.

drug39 в сообщении #980728 писал(а):

Довольно быстро вы придёте к выводу, что распределение должно быть комбинацией равномерно заряженного отрезка и двух одинаковых точечных зарядов на концах отрезка, если рассматривать симметричный случай.

А если часть зарядов на концах размазать по отрезку с распределением вроде $ax^2$ ($x=0$ — середина отрезка), это разве будет хуже с точки зрения избегания гантелевидности? Часть заряда, переместившись к середине, должна, по идее, «оттолкнуть» эквипотенциали от середины.

[drug39]

А моё imho: простую задачу жуём который год. Уж почти все подсказки выдал. Ну, вот ещё то, что выше предлагал.
Это картинка эквипотенциалей равномерно заряженного отрезка.
Теперь добавим на концы отрезка одинаковые точечные заряды с весом $m=1/8$ их вместе от полного заряда.

И далее $m=1/4, 1/2, 3/4, 1$.

Как видим, при $m\leqslant 1/4$ тангенциальная составляющая совершенно не страдает. Это и есть математичеки строгая запись ответа в симметричном случае: $0<m<1/4$. Но результат этот нужно получать аналитически.

svv в сообщении #981070 писал(а):

А если часть зарядов на концах размазать по отрезку с распределением вроде $ax^2$ ($x=0$ — середина отрезка), это разве будет хуже с точки зрения избегания гантелевидности? Часть заряда, переместившись к середине, должна, по идее, «оттолкнуть» эквипотенциали от середины.

Тогда эквипотенциали пересекут отрезок. Я ж говорю, погоняйте заряды и всё увидите.

[drug39]

Ну, и несимметричный случай. $m$ - вес только левого заряда, а правого нет.

Обозначим $m_1$ - вес левого заряда, $m_2$ - вес правого заряда. Тогда решение имеет вид
$0<m_1<1/8, 0<m_2<1/8$.

[Munin]

Оценивать подобные картинки "на глаз" опасно: там могут быть детали, которые так или иначе не видны при графическом построении. Нужно аналитическое решение всё-таки.