Распределение заряда на иголке.

[sup]

Сразу-то и не заметил. По теореме Гаусса

$$\int \limits_{\partial \Omega} v_n d\Gamma = 4\pi Q_l$$

где $Q_l$ - заряд маленького отрезка. Отсюда уже все быстро следует. Как я уже говорил, рассмотрим на иголке произвольный отрезок длины $l$ с зарядом $Q_l = l$. Для определенности будем считать, что на оси $x$ это отрезок $(0,l)$. Непосредственным вычислением получаем, что

$$v(x,r) = \begin{cases} O(1),&\text{если $x< -\delta$ или $x> l +\delta$}\\ O(1) - A\ln r,&\text{если $\delta < x < l - \delta$;}\\ O(1) + O(\ln r),&\text{во всех остальных случаях.} \end{cases}$$

Следовательно, потенциал, в известном смысле, стремится к ступеньке. При стягивании тела к иголке на границе тела имеем $\ln r = \ln \varepsilon + O(1)$. Таким образом, поделив на единый нормировочный множитель $-A\ln \varepsilon$, для предельного распределения заряда $q(x)$ получаем

$$\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$$

Форма тела в этом рассуждении не важна (в пределах разумного ). Важно лишь соотношение $\ln r = \ln \varepsilon + O(1)$ на границе тела. Так что даже некое подобие исходной форме можно не сохранять.

[chislo_avogadro]

Каков же результат этой магии для стянутого эллипсоида? Распределение заряда больше не равномерно??

[sup]

Дык вроде показал, что константа.

sup в сообщении #990216 писал(а):

$$\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$$

В силу произвольности $l$ плотность постоянна.

[chislo_avogadro]

А если две дельта-функции на концах? Или, скажем, полторы посередине?

[Утундрий]

То есть, для нахождения потенциала заряженного отрезка мы использовали потенциал равномерно заряженного отрезка и получили, что отрезок заряжен равномерно. Я ничего не упустил?

[sup]

Утундрий в сообщении #990301 писал(а):

То есть, для нахождения потенциала заряженного отрезка мы использовали потенциал равномерно заряженного отрезка и получили, что отрезок заряжен равномерно. Я ничего не упустил?

Ну да. Оказалась удобная вещь. Потенциал вблизи отрезка имеет ступенчатый вид.
Уточню. Получили не то, что отрезок заряжен равномерно, а что предел стремится к константе. $q(x)$ - предельное распределение.

chislo_avogadro в сообщении #990299 писал(а):

А если две дельта-функции на концах? Или, скажем, полторы посередине?

Не понял вопрос. Продифференцируем равенство по $l$ и получим плотность.

[Red_Herring]

sup завуаировал, но смысл кажется такой: если мы хотим, чтобы на поверхности потенциал был постоянным, то линейная плотность д.б. постоянной с точностью до б.м. в интегральном смысле. Т.е. $\int _0^l \rho(x)\,dx=\mathrm{const}\cdot l +o(1)$. Разумеется это не исключает, что на концах плотность выше; моё вполне спекулятивное предположение (но согласующееся с моими нестрогими рассуждениями выше)

$$ \rho(x) \approx 2c \left(2- \frac{\ln (d(x)}{\ln (\varepsilon) }\right)^{-1} $$

где $d(x)\gg \varepsilon$ –– расстояние до конца.

[sup]

Ничего не понимаю
1. Вот с этим утверждением кто-нибудь спорит?
Заряд на границе пропорционален нормальной производной $\varphi_n$. Рассмотрим произвольную пробную функцию $v$ такую, что $\Delta v = 0$. Тогда

$$ \int \limits_{\partial \Omega} v\varphi_n d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n\varphi d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n d\Gamma$$

2. Если никто не спорит, то могу ли я подставить в это равенство в качестве $v$ потенциал маленького заряженного отрезка?
3. Если могу, то кто-нибудь спорит с моей оценкой потенциала этого отрезка, вблизи оси иглы (которую я приводил выше)? Там получается нечто похожее на функцию-индикатор отрезочка, с логарифмическим множителем. Поделив на него, мы задавим все константы типа $O(1)$.
4. Если применить теорему Гаусса и подставить оценку в формулу, кто нибудь будет сомневаться, что слева в качестве главного слагаемого возникнет интеграл от линейной плотности заряда цилиндроида, а справа константа?
5. Наконец, после сокращения на фиксированную константу и перехода к пределу получим то, что я написал.

[Утундрий]

Но если у нас в самом начале есть потенциал маленького заряженного отрезка, зачем что-то ещё делать? Просто растянем его во сколько там нужно раз и получим решение задачи.

[sup]

Мы же решаем задачу для распределения заряда по поверхности тела $\Omega$. Это не отрезок и даже не цилиндр или эллипсоид. Это вообще может быть что угодно.
Для решения этой задачи я привлек задачу Дирихле во внешности этой области. Не знаю как Вам, а мне было совсем не очевидно, как там устроена нормальная производная решения этой задачи. Поначалу, мне казалось, что получится лишь некая приблизительная оценка. Но, к счастью, получилось даже больше.

[amon]

sup в сообщении #990318 писал(а):

Рассмотрим произвольную пробную функцию $v$ такую, что $\Delta v = 0$. Тогда

$$ \int \limits_{\partial \Omega} v\varphi_n d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n\varphi d\Gamma = \int \limits_{\partial \Omega} v_n d\Gamma$$

Чего-то я туплю. Возмем $v=2$. Получим $2\int \limits_{\partial \Omega} \varphi_n d\Gamma=0$, или опять маразм?

sup в сообщении #990216 писал(а):

$$\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$$

Пусть наша $q(x)$ константа везде, кроме отрезков длиной $\frac{l}{n}$ вблизи концов ($n>2$ - фиксированное число). На этих отрезках $q(x)=\rho(x\frac{n}{l})$, где $\rho(x)$ - любая фиксированная функция. Тогда $\int \limits_0^\frac{l}{n}\rho(x\frac{n}{l})dx=\frac{l}{n}\int \limits_0^1\rho(t)dt$, и $\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$

[sup]

Да, я не упомянул. Надо еще и убывание на бесконечности. Иначе при интегрировании по частям возникнут следы.

-- Вс мар 15, 2015 07:30:40 --

amon в сообщении #990488 писал(а):

Пусть наша $q(x)$ константа везде, кроме отрезков длиной $\frac{l}{n}$ вблизи концов ($n>2$ - фиксированное число). На этих отрезках $q(x)=\rho(x\frac{n}{l})$, где $\rho(x)$ - любая фиксированная функция. Тогда $\int \limits_0^\frac{l}{n}\rho(x\frac{n}{l})dx=\frac{l}{n}\int \limits_0^1\rho(t)dt$, и $\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$

Вот это рассуждение не понял.
$q(x)$ - это уже предельное распределение. Из предыдущего вытекает ( в силу произвольности расположения отрезка и его длины), что везде внутри иглы плотность заряда постоянна. В принципе, надо посмотреть, можно ли брать маленький отрезок прямо на конце иглы. Но, пусть там проблемы.
Единственное, что еще возможно, это скопление заряда на концах иглы, что приведет к возникновению дельта-функций. Но для этого нет лишнего заряда!
Полученная плотность не зависит от формы тела, стягиваемого к игле. А мы уже знаем, что для эллиптических тел заряд не скапливается. Значит произведение плотности на длину и есть полный заряд. Значит он не скапливается и для других игл. Это объяснение так, на пальцах. Наверняка можно предложить и более серьезное.

[amon]

sup в сообщении #990493 писал(а):

Вот это рассуждение не понял.

Я пытался показать, что из того, что $\int \limits_0^l q(x)dx = \operatorname{const} \cdot l$ для любого $l$ не следует, что $q(x)=\operatorname{const}$.

[sup]

Можно дать простое доказательство того, что заряд не может скапливаться на концах. И даже больше того.
Действительно. Возьмем произвольный отрезок $[a,b]$ на иголке. Можно где-то внутри, можно прямо на краю. Положим $l = b-a$. Прямым вычислением получаем, что при $a \leqslant x \leqslant b$ имеем оценку снизу

$$C_0 + \ln \frac {l}{r} \leqslant v(x,r)$$

Пусть точка $z$ лежит на границе $\partial \Omega$. Ее координаты $(x,r(x))$. Здесь я для простоты изложения не отслеживаю все 3 координаты (как в осесимметричном случае). Обозначим $d = \min \limits_{a\leqslant x \leqslant b} r(x)$. Положим $q(x)$ - линейная плотность заряда нашего тела. Тогда из той оценки снизу сразу же следует

$$(C_0 + \ln \frac {l}{d})\int \limits_a^b q(x)dx \leqslant \operatorname{const} \cdot l$$

Ясно, что $\ln d = \ln \varepsilon + O(1)$. Константа в правой части сама пропорциональна $\ln \varepsilon$. Отсюда получаем оценку снизу на произвольном отрезке. Но тогда на дополнительном отрезке получится оценка сверху!
В результате имеем

$$\frac {1}{b-a}\int \limits_a^b q(x)dx = \operatorname{const} \cdot \frac {|\ln \varepsilon|}{O(1) + |\ln (b-a)| + |\ln \varepsilon|}$$

Ну а теперь, когда мы имеем такую хорошую интегральную оценку, можно уже получить и оценку на саму $q(x)$. Для этого в качестве $v$ берем потенциал не отрезка, а просто точечного заряда. Пара пассов и получится формула (я ее чуть-чуть подправил)

Red_Herring в сообщении #990314 писал(а):

$$ \rho(x) = 2c \left(2- \frac{\ln d(x) + O(1)}{\ln (\varepsilon) }\right)^{-1} $$

Вот, как-то так (если ничего не упустил из виду).

[drug39]

Когда Munin предлагал задачу: возьмём два заряженные шарика и соединим их тонкой проволокой..., возможно, он имел ввиду следующее. Часть заряда утекёт в проволоку, а часть то останется... И если в предельном случае на это взглянуть, то, вроде как, на концах отрезка нечто дельта-видное есть. Но чтобы сделать такой вывод, думаю, нужно обладать интуицией выше среднего. Другой пример цилиндр, на мой взгляд, даже предпочтительней, поскольку он более удобен для счета.

(Оффтоп)

В целом, продолжаю наблюдать попытки нестрогих доказательств при упорном нежелании разбираться с краевыми условиями.