Вектора H и B в теории электричества

[Viktor92]

Точно, у меня же плотности, поэтому все мои выкладки выше, должны проходит под интегралом, если проинтегрировать последнее выражение, то получается

$$\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})}{r^3}+\frac{p}{r}\delta (x)$$

Последний член тогда означает отношение плотности дипольного момента к расстоянию до точки наблюдения?

[Munin]

Ну, если говорить о дельта-слагаемом в напряжённости, то оно изображает плотность дипольного момента (которую можно считать "вектором поляризации"). А в потенциале - это соответствующее слагаемое потенциала. Только она как-то должна, всё-таки, ориентацию удерживать, так что проверьте ещё раз.

[physicsworks]

Viktor92, математически дельта-функция получается из-за наличия особой точки $r=0$ (физически объяснил выше Munin). Проще всего этот член можно получить взяв градиент от известного выражения для потенциала в дипольном приближении и обратив внимания на члены типа $\nabla_{\alpha} \left( \frac{x_{\alpha}}{r^2} \right) = \text{div}\,\frac{\mathbf{r}}{r^3} = 4 \pi \delta(\mathbf{r})$, которые и рождают дельта-функции.

Pphantom:

В оригинале было "в дипломном приближении". Исправил.

[Viktor92]

Munin в сообщении #1054031 писал(а):

Только она как-то должна, всё-таки, ориентацию удерживать, так что проверьте ещё раз.

Кажется я знак тогда потерял, получилось вот так, что и логично, ведь отрицательный заряд в $\delta (x)$

$$\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})}{r^3}-\frac{p}{r}\delta (x)$$

Теперь столкнулся с проблемой при нахождении напряжённости, чему может быть равен $\operatorname{grad}\delta(x)$?

physicsworks в сообщении #1054039 писал(а):

Viktor92, математически дельта-функция получается из-за наличия особой точки $r=0$ (физически объяснил выше Munin). Проще всего этот член можно получить взяв градиент от известного выражения для потенциала в дипольном приближении и обратив внимания на члены типа $\nabla_{\alpha} \left( \frac{x_{\alpha}}{r^2} \right) = \text{div}\,\frac{\mathbf{r}}{r^3} = 4 \pi \delta(\mathbf{r})$, которые и рождают дельта-функции.

Да, я оперируя с символом набла уже находил просто напряжённость из формулы потенциала без учёта дельта-функций, если же я буду брать градиент от потенциала , который нашёл выше уже с дельта функцией, то мне всё равно учитывать указанные вами члены?

[physicsworks]

Viktor92 в сообщении #1054263 писал(а):

Да, я оперируя с символом набла уже находил просто напряжённость из формулы потенциала без учёта дельта-функций, если же я буду брать градиент от потенциала , который нашёл выше уже с дельта функцией, то мне всё равно учитывать указанные вами члены?

берите градиент от выражения для потенциала без дельта-функций. Дельта-функции появятся от $\nabla_{\alpha} \left( \dfrac{x_{\alpha}}{r^3} \right)$ и $\nabla_{\alpha} \left( \dfrac{x_{\beta}}{r^3} \right)$ (у меня выше в знаменателе стоит $r^2$, должно быть $r^3$).

[Munin]

Viktor92 в сообщении #1054263 писал(а):

Кажется я знак тогда потерял, получилось вот так, что и логично, ведь отрицательный заряд в $\delta (x)$

У вас два заряда. Один с плюсом, другой с минусом. Исправляйте снова :-)

physicsworks
Речь кое-о-чём другом. Ваш совет работает только в обратную сторону.

[physicsworks]

Munin, я понимаю. Но так, наверное, проще всего понять происхождение дельта-функций. А дальше уже можно плясать и в обратную сторону.

[Viktor92]

Munin в сообщении #1054286 писал(а):

У вас два заряда. Один с плюсом, другой с минусом. Исправляйте снова

Даже не знаю, после интегрирования получается именно то, что я написал, может есть какие-то нюансы при интегрирования производной от дельта функции $\delta'(x)$? Минус у меня появился от умножения на $-l$, для того чтобы образовать производную от дельта-функции.

physicsworks в сообщении #1054281 писал(а):

берите градиент от выражения для потенциала без дельта-функций. Дельта-функции появятся от $\nabla_{\alpha} \left( \dfrac{x_{\alpha}}{r^3} \right)$ и $\nabla_{\alpha} \left( \dfrac{x_{\beta}}{r^3} \right)$ (у меня выше в знаменателе стоит $r^2$, должно быть $r^3$).

Спасибо, ваш вариант проще, но хотелось бы использовать наработку с потенциалом с дельта функцией, а то зря что ли я его уже 2 страницы вывожу

physicsworks в сообщении #1054298 писал(а):

А дальше уже можно плясать и в обратную сторону.

А можете раскрыть тайну, что за такая обратная сторона, про которую вы говорите, а то я "темнота" что-то не понял

[Munin]

Viktor92
Вы можете все выкладки написать?

-- 18.09.2015 01:11:11 --

Viktor92 в сообщении #1054301 писал(а):

А можете раскрыть тайну, что за такая обратная сторона, про которую вы говорите, а то я "темнота" что-то не понял :-)

Есть такая цепочка: $\varphi\xrightarrow{\operatorname{grad}}\mathbf{E}\xrightarrow{\operatorname{div}}\rho.$
По ней можно двигаться в одну сторону. Это просто. Это просто взять соответствующую производную.
И можно двигаться в другую сторону. Это гораздо сложнее. Это означает решить уравнение, а в лучшем случае - посчитать интеграл.
Эти две стороны мы и обсуждаем.

Дело вот в чём. Можно начать с выражения для потенциала диполя без дельта-функций. И пойти по этой цепочке вперёд. Тогда впереди будут возникать дельта-функции. Это обычное дело: дельты возникают при дифференцировании разрывов и т. п.

А можно пойти по этой цепочке в обратную сторону. И тогда вы начнёте с выражения с дельта-функциями. Но потом они не обязательно будут исчезать. И вот на этом пути как раз возникают "электрические диполи" и "магнитные диполи".

[Viktor92]

Ищем потенциал по формуле

$$\int \frac {\rho(\mathbf{r'})}{\left\lvert\mathbf{r}-\mathbf{r'}\right\rvert}d\mathbf{r'}$$

$$\int\limits_{0}^{l}(\frac {-q\delta(x)}{r}+\frac{qr\delta(x-l)}{r^2-(\mathbf{r}\mathbf{l})})dx=\int\limits_{0}^{l}\lim\limits_{l\to0}\frac{-l r^2 q\frac{\delta (x-l)-\delta(x)}{-l}+(\mathbf{r}q\mathbf{l})\delta(x)}{r(r^2-(\mathbf{r}\mathbf{l}))}dx=-\int\limits_{0}^{l}\frac{r^2p\delta'(x)}{r^3}dx+\int\limits_{0}^{l}\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})\delta(x)}{r^3}dx=$$

$$=-\frac p r \delta(x)+\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})}{r^3}$$

[Munin]

Ну и каким образом у вас интеграл по $d\mathbf{r}'$ (тройной) превратился в интеграл по $dx$?

[Viktor92]

Я наверно не очень удачно обозначил переменную, по которой интегрируем, там я подразумевал криволинейный интеграл первого рода, ведь все заряды расположены на оси $x$.

[Munin]

Тогда расписывайте подробней.

[Viktor92]

Может я изначально неправильно плотность зарядов написал? То что я писал выше по сути линейная плотность, а скорее надо взять объёмную, тогда надо брать тройной интеграл и плотность будет $\rho(\mathbf{r'})=-q\delta(x)\delta(y)\delta(z)+q\delta(x-l)\delta(y)\delta(z)$. Правда всё равно прихожу к такому же ответу:

$$-\int \int \int \frac{r^2p\delta'(x)\delta(y)\delta(z)}{r^3}dxdydz+\int\int\int\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})\delta(x)\delta(y)\delta(z)}{r^3}dxdydz=$$

$$=-\frac{r^2p}{r^3} \int dz \int \delta(x)\delta(y)\delta(z) dy+\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})}{r^3} =-\frac{p}{r}\delta (x)+\frac{(\mathbf{r}\mathbf{p})}{r^3}$$

[Munin]

post1051043.html#p1051043
Переписываем оттуда

$$\begin{gathered}\varphi(\mathbf{r})=\int\limits_V \dfrac{\rho(\mathbf{r}')\,dV'}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}=\\=\varphi(x,y,z)=\iiint\limits_V \dfrac{\rho(x'\!,y'\!,z')\quad dx'\,dy'\,dz'}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}=\\=\iiint\limits_V \dfrac{[-q\,\delta(x')\,\delta(y')\,\delta(z')+q\,\delta(x'\!-l)\,\delta(y')\,\delta(z')]\quad dx'\,dy'\,dz'}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}.\end{gathered}$$

Вот теперь считайте.