Laplaciano de 1/r21/r21/r^2 (contexto: electromagnetismo y ecuación de Poisson)

yo) Problema. Ponemos (cuatro pi veces) la permitividad$4\pi\varepsilon=1$igual a uno (en el sistema de unidades SI) de ahora en adelante por simplicidad. Primero reformulemos un poco la pregunta de OP. En lugar de partir del potencial

$$\Phi~=~\frac{1}{r} \qquad \mathrm{and} \qquad \Phi~=~\frac{1}{2r^2}, \qquad r\neq 0,\tag{1}$$

respectivamente, supongamos que el campo eléctrico se ha dado como

$$\vec{E}~=~\frac{\vec{r}}{r^3} \qquad \mathrm{and} \qquad\vec{E}~=~ \frac{\vec{r}}{r^4},\qquad r\neq 0,\tag{2}$$

respectivamente, y queremos saber la densidad de carga

$$\rho~=~\vec{\nabla} \cdot \vec{E},\tag{3}$$

en particular, en el origen$r=0$. Para$r\neq 0$, la densidad de carga (3) es

$$\rho~=~0 \qquad \mathrm{and} \qquad \rho~=~-\frac{1}{r^4},\qquad r\neq 0,\tag{4}$$

respectivamente. Esta reformulación es solo para que solo tengamos que diferenciar una vez en lugar de dos veces, pero el argumento es en principio el mismo, cf. nota$1$.

II) Teoría de la distribución y teoría de la integración. Un problema es que el campo eléctrico$\vec{E}$no se ha especificado en$r=0$en la ec. (2). Una forma de darle sentido a esto es usar distribuciones y funciones de prueba.$f\in C^{\infty}_c(\mathbb{R}^3)$, es decir, funciones infinitamente a menudo diferenciables$f$con soporte compacto. Ahora declaramos que un campo eléctrico difuso$E^i$es

$$E^i[f]~:=~\int_{\mathbb{R}^3} \!d^3r \ E^i(\vec{r})f(\vec{r}).\tag{5}$$

Una mayorante de Lebesgue del integrando (5) es

$$\frac{|f(\vec{r})|}{r^2} \qquad \mathrm{and} \qquad \frac{|f(\vec{r})|}{r^3},\qquad r\neq 0,\tag{6}$$

respectivamente. Sólo el primer caso de (6) es Lebesgue integrable en$\mathbb{R}^3$. Este es el corazón del problema. En el segundo caso, incluso después de manchar con una función de prueba$f$, el campo eléctrico$E^i$no tiene sentido como una distribución.

III) En la teoría de la distribución, la derivada de una distribución siempre se define aplicando la derivada a la función de prueba con un signo menos$^{1}$. Si$E^i$es una distribución (5), podemos realizar el siguiente paso para definir la derivada de$E^i$,

$$-\vec{\nabla} \cdot \vec{E}[f] ~:=~ \int_{\mathbb{R}^3} \!d^3r \ \vec{E}(\vec{r})\cdot\vec{\nabla} f(\vec{r}) ~\stackrel{\begin{matrix}\text{Leb. dom.}\\ \text{conv. thm.}\end{matrix}}{=}~ \lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\{r\geq\varepsilon\}} \!d^3r \ \vec{E}(\vec{r})\cdot\vec{\nabla} f(\vec{r})$$ $$~\stackrel{\begin{matrix}\text{int. by}\\ \text{parts}\end{matrix}}{=}~ \lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\{r\geq\varepsilon\}} \!d^3r \left[ \vec{\nabla} \cdot\left( \vec{E}(\vec{r})f(\vec{r})\right)-f(\vec{r}) \underbrace{\vec{\nabla} \cdot \vec{E}(\vec{r})}_{=0}\right]$$ $$~\stackrel{\begin{matrix}\text{div.}\\ \text{thm.}\end{matrix}}{=}~ -\lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\{r=\varepsilon\}} \!d^2\vec{A} \cdot \vec{E}(\vec{r})f(\vec{r}) ~\stackrel{(2)}{=}~-\lim_{\varepsilon\to 0^+} \int_{\{r=\varepsilon\}} \!\frac{d^2A}{\varepsilon^2}f(\vec{r})$$ $$~=~-4\pi f(0),\tag{7}$$

donde realizamos las conocidas manipulaciones en el primer caso para mostrar que

$$\vec{\nabla} \cdot\frac{\vec{r}}{r^3} ~=~ 4\pi\delta^3(\vec{r}).\tag{8}$$

IV) Regularización. Bueno, hasta aquí la teoría de la distribución y la idealización matemática en las Secciones II-III. En realidad, el$\frac{-1}{r^4}$cargar densidad,$r\neq 0$, en la ec. (4) se rompería a medida que nos acercamos a la singularidad$r\to 0$, para que nunca lleguemos a preguntar: ¿Qué se sienta en$r=0$? Esto lleva a la idea de regularización.

$$\Phi_{\varepsilon}~=~\frac{1}{\sqrt{r^2+\varepsilon}} \qquad \mathrm{and} \qquad \Phi_{\varepsilon}~=~\frac{1}{2(r^2+\varepsilon)}, \qquad \varepsilon>0,\tag{9}$$

respectivamente, de la ec. (1). La densidad de carga regularizada

$$\rho_{\varepsilon}~=~-\vec{\nabla}^2\Phi_{\varepsilon}~\in~ C^{\infty}(\mathbb{R}^3),\qquad \varepsilon>0,\tag{10}$$

es

$$\rho_{\varepsilon}~=~\frac{3\varepsilon}{(r^2+\varepsilon)^{\frac{5}{2}}} \qquad \mathrm{and} \qquad \rho_{\varepsilon}~=~\frac{3\varepsilon-r^2}{(r^2+\varepsilon)^{3}} ~=~\frac{4\varepsilon}{(r^2+\varepsilon)^{3}}-\frac{1}{(r^2+\varepsilon)^{2}},\tag{11}$$

respectivamente. Ahora podemos untar con una función de prueba$f$. Se puede comprobar que la primera densidad de carga$\rho_{\varepsilon}$en la ec. (11) satisface

$$\lim_{\varepsilon\to 0^+}\rho_{\varepsilon} ~=~4\pi\delta^3(\vec{r}) , \tag{12}$$

mientras que la segunda densidad de carga$\rho_{\varepsilon}$en la ec. (11) no tiene sentido como distribución cuando$\varepsilon\to 0^+$, es decir, después de untar con una función de prueba$f$, el límite$\varepsilon\to 0^+$no es finito.

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$^{1}$En el segundo caso, podríamos en principio definir el potencial manchado

$$\Phi[f] ~:=~ \int_{\mathbb{R}^3} \!d^3r \ \Phi(\vec{r})f(\vec{r}),\tag{13}$$

porque$\Phi=\frac{1}{2r^2}$,$r\neq 0$, es localmente Lebesgue integrable en$\mathbb{R}^3$, y luego defina el campo eléctrico como una distribución

$$\vec{E}[f] ~:=~ \Phi[\vec{\nabla} f] ~\stackrel{(13)}{=}~ \int_{\mathbb{R}^3} \!d^3r \ \Phi(\vec{r})\vec{\nabla}f(\vec{r}),\tag{14}$$

así que eso

$$-\vec{\nabla} \cdot \vec{E}[f]~=~ \int_{\mathbb{R}^3} \!d^3r \ \Phi(\vec{r})\vec{\nabla}^2 f(\vec{r})~=~ \lim_{\varepsilon\to 0} \int_{\{r\geq\varepsilon\}} \!d^3r \ \Phi(\vec{r})\vec{\nabla}^2 f(\vec{r}).\tag{15}$$

Sin embargo, esta construcción matemática no es tan útil en la práctica como cabría esperar ingenuamente. Por ejemplo, si tratamos de integrar por partes, esencialmente volvemos al problema de que el campo eléctrico$\vec{E}= \frac{\vec{r}}{r^4}$,$r\neq 0$, de la ec. (2) no es localmente Lebesgue integrable en$\mathbb{R}^3$.

El campo eléctrico de su potencial es:

$$E(r) = {2\over r^3}$$

Usando la ley de Gauss, la carga total en una esfera de radio R es:

$$Q(r) = \oint E \cdot dS = 4\pi r^2 {2\over r^3} = {8\pi\over r}$$

La carga total disminuye con r, por lo que hay una nube de carga negativa de densidad

$$\rho(r) = {1\over 4\pi r^2} {dQ\over dr} = - {4\over r^4}$$

Pero la carga total en el infinito es cero, por lo que hay una carga positiva en el origen, cancelando la nube de carga negativa, de magnitud divergente. Si asumes que esta carga es una esfera de radio infinitesimal$\epsilon$, la carga positiva en el origen es

$$Q_0 = \int_\epsilon^\infty 4\pi r^2 {4\over r^4} = {16\pi \over \epsilon}$$

Esta no es una distribución en el sentido matemático, pero ciertamente está bien trabajar con ella, siempre y cuando mantengas el$\epsilon$dar la vuelta y tomar el límite$\epsilon$va a cero al final del día. Los matemáticos aún no han tenido la última palabra sobre la clase de soluciones generalizadas apropiadas.

La respuesta de Vladimir está errada por un factor de 2. El laplaciano es$\nabla^2(\frac{1}{r^2}) = \frac{4}{r^4}$Un potencial que cae de como$\frac{1}{r^2}$es un dipolo (En general, si se cae como$r^{-n}$se trata de un ($2^{n-1}$)-polo, por ejemplo$\frac{1}{r^3}$el comportamiento es cuadrupolo, etc.).

¿Es esto un delta de dirac? Para averiguarlo, consulta:

$$\int_{\mbox{All space}}\nabla^2(\frac{1}{r^2})d^3r$$ $$=16\pi\int_0^\infty \frac{1}{r^2}dr\neq 1$$ Sí, la integral diverge, por lo que NO es una función delta.

Creo que su confusión es sobre la naturaleza de una función delta. Si algo explota en el origen, no significa que sea necesariamente una función delta.

Dejanos ver:

$\Delta \frac{q}{r^2} = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} \left( r^2\frac{\partial} {\partial r}\frac{q}{r^2}\right)=\frac{2q}{r^4}$.

Por lo tanto, la densidad de carga$\rho(r)$es proporcional a$r^{-4}$. Tal densidad de carga solo es posible de crear a una escala macroscópica donde la carga puede considerarse continua (capas esféricas dieléctricas cargadas).

EDITAR: si el potencial es esféricamente simétrico, no es un campo dipolar sino uno monopolar con la carga distribuida continuamente a lo largo$r$!

El operador para pasar de un potencial al otro es.

$-\frac{\partial }{\partial r}\left\{\frac{q}{4\pi r}\right\} ~~=~~ \frac{q}{4\pi r^2}$

y por lo tanto, la fuente en el centro que da el Laplaciano del nuevo potencial se obtiene usando el mismo operador en la fuente del potencial original.

$-\frac{\partial }{\partial r}\Big\{\nabla^2\frac{q}{4\pi r} \Big\} ~~=~~ -\frac{\partial }{\partial r}\Big\{q\,\delta(r)\Big\}$

Entonces, la carga de la fuente sería la derivada radial de la función delta.

Saludos, hans