Распределение заряда на иголке.

[Munin]

sup в сообщении #990928 писал(а):

Ну почему так пессимистично. Классическая теория ведь рассматривает, скажем диполи. При этом интересуются полем на "большом" расстоянии от диполя, а не внутри диполя. Внутри ничего хорошего не получится.

На самом деле, это не совсем так. Есть и рассмотрение "внутри" диполя, то есть слагаемое дельта-функционального вида. Это называется "контактное взаимодействие Ферми" (не путать со слабым 4-фермионным взаимодействием Ферми), и соответственно член.

Более того, есть два вида такого взаимодействия: "электрическо-дипольный" и "магнитно-дипольный" (очевидно, что удовлетворяет также и любая их линейная комбинация).

Этот член не имеет значения в классической механике, потому что пробная частица никогда не залетает "внутрь" диполя. Но начинает работать в квантовой механике, поскольку волновая функция может в начале координат уже не обнуляться.

Хороших ссылок на литературу у меня нет, но см.
http://en.wikipedia.org/wiki/Fermi_contact_interaction
http://en.wikipedia.org/wiki/Dipole#Field_of_a_static_magnetic_dipole
http://en.wikipedia.org/wiki/Dipole#Field_from_an_electric_dipole
http://en.wikipedia.org/wiki/Magnetic_dipole#Internal_magnetic_field_of_a_dipole

-- 16.03.2015 15:37:35 --

Благодаря чтению текста sup, у меня произошёл insight: новый взгляд, привлекающий несколько иную физическую интуицию.

Итак, не будем рассуждать о самом отрезке, который слишком тонкий и неудобный. О самом отрезке запомним только одно: он проводящий. А будем рассуждать об эквипотенциальных поверхностях, охватывающих этот отрезок. Эти поверхности каждая находятся при каком-то конечном потенциале. И в то же время, они должны в пределе стремиться к этому отрезку. Интуитивно мы знаем, что эти поверхности наиболее "неровные" около зарядов, а чем дальше, тем больше они сглаживаются. И в то же время, они стремятся к отрезку, который тоже в каком-то смысле "эквипотенциален", пусть его потенциал и бесконечность. Значит, неровность этих эквипотенциальных поверхностей должна быть "не хуже" неровности отрезка, и поэтому, они цилиндрические. Приближаться к цилиндру (по мере приближения к отрезку) им повод есть, а удаляться от цилиндра им повода нет.

-- 16.03.2015 15:58:31 --

Я сейчас начну велосипед изобретать, так что скажите мне сразу, какое в математике дифференциальное уравнение описывает разные эквипотенциальные поверхности? Нужно что-то вида:

$$\dfrac{d(\text{эквипотенциальной поверхности})}{d(\text{потенциала})}=F(\text{формы эквипотенциальной поверхности}).$$

[amon]

Munin в сообщении #991031 писал(а):

Я сейчас начну велосипед изобретать

Я помогу ;). IMHO: Эквипотенциальная поверхность: $\varphi(x,y,z)=\varphi_0$, производная: $\frac{\partial\varphi}{\partial\varphi_0}(x,y,z)=1$. В нашем случае уравнение поверхности: $\int\limits_{0}^{l}\frac{\rho(x')dx'}{\sqrt{(x-x')^2+y^2+z^2}}=\varphi_0$ и аналогичное уравнение для производной. Вне иголки с интегралами ok.

Я уже говорил, но напомню, что преобразованием Кельвина иголку можно растянуть в полубесконечную нить (задачи о распределении на иголке и полубесконечной нити эквивалентны). Вдруг это кому-то поможет (мне не помогло).

[Munin]

amon
Нет, я имел в виду не уравнение поверхности через заданные заряды, а дифгеометрическое какое-то уравнение через известную формул этой же самой эквипотенциальной поверхности. Через радиусы кривизны этой поверхности, или что-то в этом духе.

[Утундрий]

Любопытно, куда в этом подходе подевалась "самоуравновешенность" иголки?

[Munin]

А что это, и где оно раньше было?

[sup]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #991031 писал(а):

На самом деле, это не совсем так. Есть и рассмотрение "внутри" диполя, то есть слагаемое дельта-функционального вида. Это называется "контактное взаимодействие Ферми" (не путать со слабым 4-фермионным взаимодействием Ферми), и соответственно член.

Более того, есть два вида такого взаимодействия: "электрическо-дипольный" и "магнитно-дипольный" (очевидно, что удовлетворяет также и любая их линейная комбинация).

Ну я попал ... Вот ведь пытался обойти "острые углы", а все равно вляпался. Хотя, наверное, вот то самое, что я имел в виду

Munin в сообщении #991031 писал(а):

Этот член не имеет значения в классической механике, потому что пробная частица никогда не залетает "внутрь" диполя.

Так. Ниже я намерен кратенько, но более или менее строго обосновать заявленные результаты.
Иголка - отрезок $(0,1)$. Параметр $\varepsilon$ - характеризует степень стягивания. Для каждого $\varepsilon$ имеем $\Omega_{\varepsilon}$ - тело, содержащее иголку. Обычно понятно о чем идет речь, поэтому индекс будем опускать и писать просто $\Omega$. $\Gamma$ - граница тела. Цилиндрические координаты $(x,r,\varphi)$. Но я буду пользоваться только $(x,r)$. Если кого-то это напрягает, считайте что речь идет об осесимметричном теле.
Надо сказать несколько слов о том, какие тела мы рассматриваем. В принципе, похоже, что можно почти что угодно. Но я не очень люблю заниматься блохоловством, поэтому будем считать, что тело - это нечто навроде сосиски, границy которого можно задать функцией вида $F(x,r,\varphi)$. Основное предположение. Для некоторых констант $A,B > 0$ расстояние от любой точки границы $z \in \partial \Omega$ до иголки зажато между двумя значениями $A\varepsilon \leqslant d(z) \leqslant B\varepsilon$. Таким образом, цилиндр с торцами в точках $0$ и $1$ не рассматривается (это можно сделать. я потом скажу пару слов).
Далее, $\sigma$ - поверхностная плотность заряда. В силу предположения на форму тела, можно говорить о линейной плотности заряда вдоль тела. Линейный заряд

$$ Q_{ab} = \int \limits_{a\leqslant x \leqslant b} \sigma d\Gamma$$

Ну вот, приготовились. Для решения задачи напомним, что заряды распределяются так, чтобы поверхность тела стала эквипотенциалью. Обозначим потенциал вне тела через $\varphi$. Тогда по теореме Гаусса плотность заряда выражается через нормальную производную $ 4\pi \sigma = -\varphi_n$. Забегая вперед, сразу же назначим потенциал поверхности $-2 \ln \varepsilon$. Таким образом, во внешности тела $\Omega$ возникает задача

$$\Delta \varphi = 0$$

$$\varphi|_{\Gamma} = -2 \ln \varepsilon$$

Мы будем ее изучать с помощью следующего соображения. Пусть $v$ - потенциал какого нибудь отрезка или точки с зарядом $Q$ внутри тела $\Omega$. Тогда интегрируя по частям и применяя теорему Гаусса получим

$$\int \limits_{\Gamma}\sigma v d\Gamma = -2 Q\ln \varepsilon $$

Метод крайне прост. Оценивая потенциал $v$ на границе снизу и вынося из под интеграла, получаем оценку на линейный заряд цилиндроида. Вот простой пример. Рассмотрим отрезок $(0,a)$. Его заряд - $Q = a$. Значит

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma vd\Gamma \leqslant -2a \ln \varepsilon $$

По условию, все точки границы лежат не дальше $B\varepsilon$ от иглы. Значит на границе $v \geqslant \ln (a+B\varepsilon) - \ln B\varepsilon$. Подставляем в интеграл и получаем при $a >> \varepsilon$

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma d\Gamma \leqslant C_0 \left (1 + \frac {|\ln a|}{|\ln \varepsilon|} \right ) a$$

Отсюда немедленно следует, что в окрестности левого конца иголки заряд не скапливается. Перекос, конечно, может быть, но дельта-функция не образуется. Аналогично получаем оценку и на правом конце. Теперь рассмотрим отрезок $(a,b)$ внутри иглы. Как и раньше легко получаем оценку сверху при $(b - a) >> \varepsilon$

$$Q_{ab} \leqslant C_1 \left (1 + \frac {|\ln (b - a)|}{|\ln \varepsilon|} \right ) (b - a)$$

Теперь уже можно получить хорошую интегральную оценку на среднюю линейную плотность. Пусть $(b - a) >> d >> \varepsilon$
Тогда точки $a-d, a+d, b-d, b+d$ разбивают область интегрирования на 5 кусков. Из предыдущих оценок следует

$$ \int \limits_{x \leqslant a - d}\sigma vd\Gamma \leqslant \frac {C(a-d)}{d} = O(1/d)$$

$$ \int \limits_{a-d \leqslant x \leqslant a + d}\sigma vd\Gamma \leqslant Cd|\ln \varepsilon| $$

Аналогично оцениваются и другие два интеграла. Остается интеграл по среднему куску. На нем потенциал $v$ "почти постоянный". В результате получаем

$$ (-2\ln \varepsilon + O(1))\int \limits_{a+d \leqslant x \leqslant b- d}\sigma d\Gamma = -2(b-a)\ln \varepsilon +O(1/d) + O(d|\ln \varepsilon|)$$

Выбираем $d \sim 1/\sqrt {|\ln \varepsilon|}$ и получаем

$$\int \limits_{a \leqslant x \leqslant b}\sigma d\Gamma = (b-a)(1 + O(1/\sqrt {|\ln \varepsilon|}))$$

Итак, мы видим, что линейный заряд стремится к равномерному распределению. Сходимость - порядка корень из логарифма. Не слишком быстро. Но ведь мы практически никак не ограничиваем форму тела. Легко видеть, что такая техника может быть применена и к цилиндру. Надо только отходить от концов иголки на некое расстояние $d$, как мы это делали в последней оценке. Наверняка можно рассматривать и более сложные формы тела, с загибами и прочей ерундой. Там могут возникать некие технические затруднения с корректным определением линейного заряда, когда тело имеет ступенчатую форму. Но все это именно блохоловство. На основании данного подхода надо бы еще доказать асимптотику линейной плотности а не заряда. Но это в предположении гладкой границы. Надеюсь руки дойдут - продемонстрирую.
А вот еще интересный вопрос возник экспромтом. А что, если тело обвивает иголку как змеевик? Что там будет? Наверное все то же самое. Но надо проверять.

[Red_Herring]

(TeX)

Есть специальные макро \ll и \gg (и \lll и \ggg):
$\ll$, $\gg$, $\lll$, $\ggg$

-- 16.03.2015, 16:05 --

Чтобы избежать бесконечного цитирования по кускам, я цитирую все и синим вставляю свои вопросы

Так. Ниже я намерен кратенько, но более или менее строго обосновать заявленные результаты.
Иголка - отрезок $(0,1)$. Параметр $\varepsilon$ - характеризует степень стягивания. Для каждого $\varepsilon$ имеем $\Omega_{\varepsilon}$ - тело, содержащее иголку. Обычно понятно о чем идет речь, поэтому индекс будем опускать и писать просто $\Omega$. $\Gamma$ - граница тела. Цилиндрические координаты $(x,r,\varphi)$. Но я буду пользоваться только $(x,r)$. Если кого-то это напрягает, считайте что речь идет об осесимметричном теле.
Надо сказать несколько слов о том, какие тела мы рассматриваем. В принципе, похоже, что можно почти что угодно. Но я не очень люблю заниматься блохоловством, поэтому будем считать, что тело - это нечто навроде сосиски, границy которого можно задать функцией вида $F(x,r,\varphi)$. Основное предположение. Для некоторых констант $A,B > 0$ расстояние от любой точки границы $z \in \partial \Omega$ до иголки зажато между двумя значениями $A\varepsilon \leqslant d(z) \leqslant B\varepsilon$. Таким образом, цилиндр с торцами в точках $0$ и $1$ не рассматривается (это можно сделать. я потом скажу пару слов).

\begin{tikzpicture} \filldraw[blue, fill=blue!20] (0,.5)--(5,.5) arc (90:-90:.5)--(0,-.5) arc (270:90:.5); \draw [ultra thick,blue] (0,0)--(5,0); \end{tikzpicture}

Далее, $\sigma$ - поверхностная плотность заряда. В силу предположения на форму тела, можно говорить о линейной плотности заряда вдоль тела. Линейный заряд

$$ Q_{ab} = \int \limits_{a\leqslant x \leqslant b} \sigma d\Gamma$$

Ну вот, приготовились. Для решения задачи напомним, что заряды распределяются так, чтобы поверхность тела стала эквипотенциалью. Обозначим потенциал вне тела через $\varphi$. Тогда по теореме Гаусса плотность заряда выражается через нормальную производную $ 4\pi \sigma = -\varphi_n$. Забегая вперед, сразу же назначим потенциал поверхности $-2 \ln \varepsilon$. Таким образом, во внешности тела $\Omega$ возникает задача

$$\Delta \varphi = 0$$

$$\varphi|_{\Gamma} = -2 \ln \varepsilon$$

So far so good

Мы будем ее изучать с помощью следующего соображения. Пусть $v$ - потенциал какого нибудь отрезка или точки с зарядом $Q$ внутри тела $\Omega$. потенциал создаваемый каким нибудь отрезком или точкой ….?

Тогда интегрируя по частям и применяя теорему Гаусса получим

$$\int \limits_{\Gamma}\sigma v d\Gamma = -2 Q\ln \varepsilon $$

Метод крайне прост. Оценивая потенциал $v$ на границе снизу и вынося из под интеграла, получаем оценку на линейный заряд цилиндроида. Вот простой пример. Рассмотрим отрезок $(0,a)$. Его заряд - $Q = a$. Значит

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma vd\Gamma \leqslant -2a \ln \varepsilon $$

Это в предположении что $Q = a$—только в виде примера? Это даже не так, потому что на концах заряды слегка скапливаются, и это не доказано


По условию, все точки границы лежат не дальше $B\varepsilon$ от иглы. Значит на границе $v \geqslant \ln (a+B\varepsilon) - \ln B\varepsilon$. Почему? I am lost

[Geen]

sup в сообщении #991226 писал(а):

Забегая вперед, сразу же назначим потенциал поверхности $-2 \ln \varepsilon$.

А это не чересчур сильное требование?...

[Red_Herring]

Geen в сообщении #991277 писал(а):

А это не чересчур сильное требование?...

Поскольку поверхность эквипотенциальна, можно "назначить" любую константу

[Geen]

Вопрос не в константе, а в "зависимости от эпсилон". А то кажется, что получается

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?

[Red_Herring]

Geen в сообщении #991291 писал(а):

Вопрос не в константе, а в "зависимости от эпсилон". А то кажется, что получается

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?

Эта константа может зависеть от $\epsilon$ (но не координат). Вопрос Утундрий не об этом.

[sup]

(Оффтоп)

Red_Herring в сообщении #991240 писал(а):

Есть специальные макро \ll и \gg (и \lll и \ggg):
$\ll$, $\gg$, $\lll$, $\ggg$

Спасибо. Писал уже глубоко заполночь и поленился искать.

Red_Herring в сообщении #991240 писал(а):

Метод крайне прост. Оценивая потенциал $v$ на границе снизу и вынося из под интеграла, получаем оценку на линейный заряд цилиндроида. Вот простой пример. Рассмотрим отрезок $(0,a)$. Его заряд - $Q = a$. Значит

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma vd\Gamma \leqslant -2a \ln \varepsilon $$

Рассмотрим равномерно заряженный отрезок $(0,a)$. Его линейная плотность - 1, а заряд - $a$. Его потенциал $v$. Отсюда, интегрируя по частям (я уже упоминал об этом),

$$ \int \limits_{\Gamma } \sigma vd\Gamma = -2a \ln \varepsilon $$

Все члены знакоопределенные, поэтому откинув кусок границы получим неравенство

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma vd\Gamma \leqslant -2a \ln \varepsilon $$

Потенциал $v(y,r)$ этого отрезка в точке $(y,r)$ дается интегралом

$$v = \int \limits_0^a \frac{dx}{\sqrt{(x-y)^2 + r^2}}$$

Далее, произвольная точка границы $z \in \partial \Omega$ лежит на расстоянии $d(z) \leqslant B\varepsilon$. Нам нужна оценка снизу на этот интеграл. Потенциал в точке на расстоянии $d$ от отрезка принимает минимум на оси и равен

$$v_0 = \int \limits_0^a \frac{dx}{x + d} = \ln (a + d) - \ln d$$

Для его дальнейшего уменьшения полагаем $d = B\varepsilon$. Отсюда оценка

$$ (\ln (a + B\varepsilon) - \ln B\varepsilon)\int \limits_{x \leqslant a} \sigma d\Gamma \leqslant -2a \ln \varepsilon $$

$$ \int \limits_{x \leqslant a} \sigma d\Gamma \leqslant \frac {-2 \ln \varepsilon}{\ln (a + B\varepsilon) - \ln B\varepsilon}a $$

При условии $a \gg \varepsilon$ множитель в правой части легко привести к виду

$$ C\left ( 1 + \frac{O(\ln a) + O(1) }{\ln \varepsilon} \right )$$

-- Вт мар 17, 2015 10:21:06 --

sup в сообщении #991226 писал(а):

В результате получаем

$$ (-2\ln \varepsilon + O(1))\int \limits_{a+d \leqslant x \leqslant b- d}\sigma d\Gamma = -2(b-a)\ln \varepsilon +O(1/d) + O(d|\ln \varepsilon|)$$

А вот здесь слегка проврался. Слева множитель $(-2\ln \varepsilon + O(\ln d))$. Но на результат это вроде бы не влияет.

[Red_Herring]

Да, Вы упоминали, но было неясно, что такое $v$.

sup в сообщении #991347 писал(а):

Отсюда, интегрируя по частям (я уже упоминал об этом),

$$ \int \limits_{\Gamma } \sigma vd\Gamma = -2a \ln \varepsilon $$

Поскольку $\sigma = -\frac{1}{4\pi}\varphi_n$, $\Delta\varphi=\Delta v=0$ вне сосиски, мы получим что левый интеграл равен $ -\frac{1}{4\pi}\int_\Gamma \varphi v_n $. Теперь вытаскиваем $\varphi=-2\ln \varepsilon$ и получаем внутри по Гауссу $4\pi a$ т.е. он будет как раз правой части. Так?

Но чтобы это все прошло , потенциал $\varphi$ должен стремиться к $0$ на бесконечности, а мы его назначили на $\Gamma$. Но наверно, если назначить $\varphi=0$ на бесконечности, то можно оценить $\varphi$ на $\Gamma$?

[sup]

А я там как раз с константами вроде бы все подогнал. Интегральное тождество и теорема Гаусса:

$$\int \varphi_n v d\Gamma = \int \varphi v_n d\Gamma = 2 \ln \varepsilon (4\pi G)$$

Ну а теперь $4 \pi \sigma = -\varphi_n$. После этого $4\pi$ сокращается.
Там наверняка можно лучше получить оценки. Я вообще хотел только лишь оценить заряд на краю, а потом решил и некую асимтотику для отрезка написать. Огрехи, возможно, есть, но не думаю, что принципиальные. Все равно надо уточнять, что скрывается за всеми этими $\gg$.

[Red_Herring]

$\varphi$ он вне сосиски?