Explicación de las identidades ρ=ρ(δ)ρ=ρ(δ)\rho=\rho(\delta) (δδ\delta función) y ρ=qδ(r¯)ρ=qδ(r¯)\rho=q \,\delta(\bar{r})

Question

Explicación de las identidades ρ=ρ(δ)ρ=ρ(δ)\rho=\rho(\delta) (δδ\delta función) y ρ=qδ(r¯)ρ=qδ(r¯)\rho=q \,\delta(\bar{r})

Física
diferenciación
electromagnetismo
distribuciones-dirac-delta

Sebastián

La ecuación de Poisson es

\begin{matrix} (*) & \nabla^{2} φ = - 4 π k_{mi} ρ, \end{matrix}

$\boldsymbol{\nabla}^{2}\varphi=-4\pi k_{e}\,\rho, \tag{*}$ que en el caso de una carga puntual

q

$q$ , ya con simetría esférica, tiene como solución

\begin{matrix} (**) & φ (r) = k_{mi} \frac{q}{r}, \end{matrix}

$\begin{equation} \varphi(r)=k_{e} \frac{q}{r}, \tag{**} \end{equation}$

Reemplazando el (**) en el (*) obtenemos:

k_{mi} q \nabla_{r}^{2} (\frac{1}{r}) = - 4 π k_{mi} ρ

$\begin{equation} k_{e}\, q \boldsymbol{\nabla}_{r}^{2}\left(\frac{1}{r}\right)=-4\pi \, k_{e}\, \rho \end{equation}$

¿Por qué la densidad de carga es $\rho$ también considerada como una función delta ( $\delta$ ) sobre todo el espacio-tiempo clásico $\mathbb{R}^4$ ?
¿Por qué existe esta identidad?

ρ = q d (\bar{r}) ?

$\begin{equation} \rho=q\,\delta(\bar{r})\quad ? \end{equation}$

Jhor

No hay tiempo en esto. Por lo tanto, \rho es constante y la función delta es una función delta en el espacio 3D regular. Para la demostración, ¡simplemente use el teorema de Gauss! Alternativamente, uno puede hacer una transformada de Fourier (3D) y obtener \tilte{\phi}\propto 1/k^2, que no es convergente (esperado si la versión del espacio real es una distribución). El 1/k^2 se "regulariza" fácilmente como una función lorentziana 1/(k^2+a^2). La transformada inversa de Fourier es entonces \propto \exp(-|x|/a) y tomando \to 0 da la distribución \delta.

Sebastián

Tenga en cuenta que estos temas son el resultado de mi investigación. Me gustaría decir que soy profesor de secundaria y no trato estos temas. Todas las respuestas detalladas son muy bienvenidas para mí, al igual que su comentario.

Respuestas (1)

Explicación de las identidades ρ=ρ(δ)ρ=ρ(δ)\rho=\rho(\delta) (δδ\delta función) y ρ=qδ(r¯)ρ=qδ(r¯)\rho=q \,\delta(\bar{r})

No hay tiempo en esto. Por lo tanto, \rho es constante y la función delta es una función delta en el espacio 3D regular. Para la demostración, ¡simplemente use el teorema de Gauss! Alternativamente, uno puede hacer una transformada de Fourier (3D) y obtener \tilte{\phi}\propto 1/k^2, que no es convergente (esperado si la versión del espacio real es una distribución). El 1/k^2 se "regulariza" fácilmente como una función lorentziana 1/(k^2+a^2). La transformada inversa de Fourier es entonces \propto \exp(-|x|/a) y tomando \to 0 da la distribución \delta.
Tenga en cuenta que estos temas son el resultado de mi investigación. Me gustaría decir que soy profesor de secundaria y no trato estos temas. Todas las respuestas detalladas son muy bienvenidas para mí, al igual que su comentario.

gentil · Answer 1

Como notó, el laplaciano está mal definido en el origen: tales ecuaciones generalmente se resuelven elevándolas a la teoría de la distribución y usando las funciones de Green.

Dejar

\begin{matrix} (1) & - \nabla^{2} ϕ (X) = - 4 π ρ (X) \end{matrix}

$-\nabla^2 \phi(\mathbf{x}) = -4\pi \rho(\mathbf{x})\tag{1}$

uno puede mostrar $^1$ que la solución $\phi(\mathbf{x})$ siempre se puede escribir como $^2$

\begin{matrix} (2) & ϕ (X) = \frac{1}{4 π} \int_{V} d^{3} X^{'} ρ (X) GRAMO (X, X^{'}) + \frac{1}{4 π} \int_{\partial V} d σ [GRAMO (X, X^{'}) \frac{\partial ϕ}{\partial norte} - ϕ (X^{'}) \frac{\partial}{\partial norte} GRAMO (X, X^{'})] \end{matrix}

$\phi(\mathbf{x}) = \frac{1}{4\pi} \int_V d^3 x' \rho(\mathbf{x})G(\mathbf{x}, \mathbf{x}') + \frac{1}{4\pi}\int_{\partial V}d\sigma\Big[G(\mathbf{x}, \mathbf{x}')\frac{\partial \phi}{\partial n} - \phi(\mathbf{x}') \frac{\partial}{\partial n}G(\mathbf{x}, \mathbf{x}')\Big] \tag{2}$ donde la función de Green

G (x, x^{'})

$G(\mathbf{x}, \mathbf{x}')$ resuelve la ecuación de Green asociada

\begin{matrix} (3) & - \nabla^{2} GRAMO (X, X^{'}) = - 4 π d (X - X^{'}) \end{matrix}

$-\nabla^2 G(\mathbf{x}, \mathbf{x}') = -4\pi \delta(\mathbf{x}-\mathbf{x}')\tag{3}$ Usando condiciones de contorno apropiadas (en los casos simples, se puede exigir que las funciones desaparezcan en los límites y que la derivada de primer orden sea proporcional al elemento de superficie

^{3}

$^3$ ) ecuación

(2)

$(2)$ se puede resolver tapando la solución de

(3)

$(3)$ , que ya ha reconocido como el potencial de una carga puntual única.

Los detalles sobre todo esto se pueden encontrar en el libro de texto estándar de JD Jackson sobre electrodinámica clásica.

$^1$ Para mostrar por qué esto es así, multiplique $(1)$ por $G(\mathbf{x}, \mathbf{x}')$ y $(3)$ por $\phi(\mathbf{x})$ e integrar contra $\delta(\mathbf{x}-\mathbf{x}')$ .

$^2$ Puede haber algunos $2\pi$ siendo olvidado a diestra y siniestra, en algún lugar.

$^3$ Podría estar equivocado acerca de esto.

Explicación de las identidades ρ=ρ(δ)ρ=ρ(δ)\rho=\rho(\delta) (δδ\delta función) y ρ=qδ(r¯)ρ=qδ(r¯)\rho=q \,\delta(\bar{r})

Sebastián

Jhor

Sebastián

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gentil

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