Potencial en el centro de una caja cúbica

Parece que la respuesta debería ser exacta. La prueba es la siguiente.

Definamos la distribución de carga$C_1$la distribución que tendría el sistema (todo el sistema, no solo un lado), si se cumplen las condiciones de contorno y el primer lado del cubo tiene potencial$V_0$. Definamos de manera similar$C_2$...$C_6$. Ahora estas distribuciones tienen una propiedad obvia (pero muy útil). Debido a la superposición, si el sistema tenía antes alguna distribución de carga y, por lo tanto, algún punto, que se encuentra, por ejemplo, en la superficie 1, tenía previamente potencial$\phi_1$, después de agregar$C_i$, tendría potencial$\phi_1 + V_0$si$i = 1$y$\phi_1$si$i \neq 1$(directamente de la definición de$C_1$).

Por simetría, sumando$C_i$al sistema para cualquier$i$, debe aumentar el potencial en el centro en una cantidad constante$\Delta V$. Sin embargo, debido a la propiedad "obvia", si el cubo que inicialmente no tiene cargos se carga con distribución$C_1 + ... + C_6$, el límite del cubo resultante está uniformemente al potencial$V_0$- lo que implica que en el centro también está$V_0$(está efectivamente en una jaula de metal). De este modo$\Delta V$debe haber sido$V_0 / 6$, cual es la respuesta.

Para las funciones armónicas (soluciones de la ecuación de Laplace) existe una propiedad llamada teorema del valor medio.

Dice que si tienes una pelota$B_R(x)$de radio$R$centrado en$x$. El límite de esta bola es una esfera. Entonces el valor de la función armónica$\varphi$en el centro de la bola viene dado por un valor medio de esa función en la esfera:

$$\varphi(x)=\frac{1}{S_R}\int\limits_{\partial B_R(x)}\varphi\, dS$$ dónde $S_R$es una superficie de la esfera, en 3 dimensiones es $S_R=4\pi R^2$.

Entonces, puede esperar que el valor en el centro del cubo sea aproximadamente igual al valor medio en su límite. Sin embargo, también puede esperar que haya algunas correcciones porque el cubo no es una bola. Sugiero buscar la prueba del teorema del valor medio para obtener posibles ideas. Básicamente se obtiene de la identidad de Green,

$$\int\limits_V(\varphi\Delta\psi-\psi\Delta\varphi)dx=\int\limits_{\partial V}\Big(\psi\frac{\partial}{\partial n}\varphi-\varphi\frac{\partial}{\partial n}\psi\Big)dS$$ tomando $\psi=\frac{1}{r}$para cual $\Delta\psi=-4\pi\delta(x)$.

Aquí está la respuesta de un probabilista. Resolver la ecuación de Laplace con condiciones de contorno es equivalente a resolver el siguiente problema de "la ruina del jugador".

Un jugador tiene posición inicial${\bf x} \in \mathbb{R}^3$, y se mueve dentro de la región como un movimiento browniano (n isótropo), hasta que toca el límite de la caja y finaliza el movimiento. Hay dos tipos de caras límite: las caras "ganadoras", que tienen potencial 1; y las caras "perdedoras", que tiene potencial 0.

Pregunta: Dada la posición inicial${\bf x}$, cual es la probabilidad$P({\bf x})$que el jugador gana, es decir, acierta en la(s) cara(s) ganadora(s) antes que en la(s) cara(s) perdedora(s)?

Observaciones:

• Si${\bf x}$está en la cara ganadora, entonces$P({\bf x})=1$.
• Si${\bf x}$está en la cara perdedora, entonces$P({\bf x})=0$.
• Si${\bf x}$está en cualquier otro lugar de la caja, entonces un cálculo de probabilidad muestra que$P$satisface la ecuación de Laplace:$\Delta P=0$.

Con esto en mente, volvemos a la pregunta original con$V_0=1$. El jugador comienza en el origen.${\bf 0}$, y de las 6 caras del límite, 1 es ganadora y 5 es perdedora. Por la simetría (isotropía) del problema, deducir que$P({\bf 0})=\frac{1}{6}$.

pd: si${\bf x}\neq {\bf 0}$, la historia de la ruina del jugador aún se mantiene, pero perdemos el argumento de la simetría que nos permitió obtener una respuesta rápida.