Dirac-Delta, Heaviside-Schritt und Volumenladungsdichte

Question

Dirac-Delta, Heaviside-Schritt und Volumenladungsdichte

Aufladung
Physik
Gauß-Gesetz
Elektrostatik
elektrische Felder
Dirac-Delta-Verteilungen

Michael Levi

Kontext

Es gibt viele Fragen auf dieser Website, die sich auf die vorliegende Frage beziehen. Keine davon erfüllt meine Anforderungen. Beim Lesen von [1] bin ich auf folgendes gestoßen:

"Ein Ladungsring mit einem Radius $a$ und Gesamtladung $Q$ ... Die Ladungsdichte des Rings kann mit Hilfe der Delta-Funktion in Winkel und Radius geschrieben werden
$ρ (X^{'}) = \frac{Q}{2 π A^{2}} δ (R^{'} - A) δ (\cos θ^{'}) .''$ $\rho(\mathbf{x}') = \frac{Q}{2\,\pi\,a^2}\,\delta(r'-a)\,\delta(\cos\theta').\text{''}$

Graphisch angedeutet ist, dass der Ladungsring um den Ursprung herum liegt und dieser horizontal ist. Deshalb, $\theta' = \frac{\pi}{2}$ um den ganzen Ring.

Ich werde zuerst Jacksons umschreiben $\rho$ in einer Form, mit der ich besser vertraut bin, und dann werde ich die Dichte integrieren, um zu sehen, ob ich die Gesamtladung des Rings wiederherstellen kann $Q$ . Aus [2] weiß ich das $\delta(cos\theta'- cos\theta)= \frac{\delta(\theta'-\theta)}{\sin\theta}$ . Angesichts dessen kann ich Jacksons Dichteladung umschreiben als

\begin{matrix} (1) & ρ (X^{'}) = \frac{Q}{2 π A^{2}} δ (R^{'} - A) \frac{δ (θ^{'} - \frac{π}{2})}{Sünde \frac{π}{2}} . \end{matrix}

$\rho(\mathbf{x}') = \frac{Q}{2\,\pi\,a^2}\,\delta(r'-a)\,\frac{\delta\left(\theta' -\frac{\pi}{2}\right)}{\sin{\frac{\pi}{2}}}.\tag{1}$

So,

\begin{aligned} ∭_{R^{3}} ρ (R^{'}, θ^{'}, ϕ^{'}) D τ^{'} \\ = \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} \frac{Q}{2 π A^{2}} δ (R^{'} - A) δ (θ^{'} - \frac{π}{2}) \frac{[u (ϕ^{'} - 0) - u (ϕ^{'} - 2 π)]}{Sünde \frac{π}{2}} {R^{'}}^{2} Sünde θ^{'} D R^{'} D θ^{'} D ϕ^{'} \\ = \frac{Q}{2 π A^{2}} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} δ (R - A) δ (θ - \frac{π}{2}) [u (ϕ - 0) - u (ϕ - 2 π)] {R^{'}}^{2} Sünde θ^{'} D R^{'} D θ^{'} D ϕ^{'} \\ = \frac{Q}{2 π A^{2}} \int_{\frac{π}{2} - ϵ}^{\frac{π}{2} + ϵ} \int_{0}^{2 π} \int_{A - ϵ}^{A + ϵ} δ (R^{'} - A) δ (θ^{'} - \frac{π}{2}) Sünde θ^{'} {R^{'}}^{2} D R^{'} D θ^{'} D ϕ^{'} \\ = \frac{Q}{2 π A^{2}} 2 π A^{2} \\ = Q \end{aligned}

$\begin{align*} & \iiint_{\mathbb{R}^3}\rho(r',\theta',\phi') \,d\tau' \\ &\,\,= \int_0^{\pi} \int_0^{2\,\pi}\int_{0}^\infty \frac{Q}{2\,\pi\,a^2} \,\delta\left( r' - a\right) \, \delta\left( \theta' - \frac{\pi}{2} \right) \, \frac{ \left[ u\left( \phi' - 0 \right)- u\left( \phi' - 2\,\pi \right)\right] }{ \sin\frac{\pi}{2} } \,{r'}^2\,\sin\theta'\,dr'\,d\theta'\,d\phi' \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi\,a^2 } \int_0^{\pi} \int_0^{2\,\pi}\int_{0}^\infty \delta\left( r - a\right) \, \delta\left( \theta - \frac{\pi}{2} \right) \, \left[ u\left( \phi - 0 \right)- u\left( \phi - 2\,\pi \right)\right] \,{r'}^2\,\sin\theta'\, dr'\,d\theta'\,d\phi' \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi\,a^2} \int_{\frac{\pi}{2}-\epsilon}^{\frac{\pi}{2}+\epsilon} \int_{0}^{2\,\pi }\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon} \delta\left( r' - a\right)\, \delta\left( \theta' - \frac{\pi}{2} \right) \,\sin\theta'\,{r'}^2 dr'\,d\theta'\,d\phi' \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi\,a^2} \, 2\,\pi\,a^2 \\\\ &\,\,= Q \end{align*}$ Ja, ich hole die Gesamtladung des Rings zurück

Q

$Q$ . Allerdings gibt es ein Notationsproblem. Folgendes berücksichtigen.

Alternative Methode

In [2] verwendet Boas bei der Definition der Dichte in sphärischen Koordinaten eine Variable $r$ im Nenner. Dies im Gegensatz zu einem Parameter, der den bestimmten Radius angibt, wie z $a$ . Lassen Sie uns diesen alternativen Ansatz verwenden und sehen, ob wir die Gesamtladung des Rings zurückgewinnen $Q$ .

Angenommen, es gibt einen Ladungsring mit vollständiger Ladung $Q$ . Der Ring existiert an jedem Punkt $(r,\theta,\phi)$ im Satz

{(R, θ, ϕ) \in [0, \infty) \times [0, π] \times [0, 2 π) | R = A, θ = \frac{π}{2}, 0 \leq ϕ \leq 2 π} .

$\left\{ (r,\theta,\phi)\in [0,\infty)\times[0, \pi] \times [0,2\,\pi)\, \Bigr| \, r=a, \theta = \frac{\pi}{2} , 0 \leq \phi \leq 2\,\pi \right\}.$ In Bezug auf die Dirac-Delta-Verteilung gilt:

δ

$\delta$ , und die Heaviside-Step-Funktion,

u

$u$ , die Ladungsdichte ist

\begin{aligned} (2) & ρ (R, θ, ϕ) & = Q δ (R - A) \frac{δ (θ - \frac{π}{2})}{R} \frac{[u (ϕ - 0) - u (ϕ - 2 π)]}{2 π R Sünde θ} \end{aligned}

$\begin{align*} \rho(r,\theta,\phi) &= Q \, \delta\left( r - a\right) \, \frac{\delta\left( \theta - \frac{\pi}{2} \right)}{r} \, \frac{ \left[ u\left( \phi - 0 \right)- u\left( \phi - 2\,\pi \right)\right] }{ 2\,\pi\,r\,\sin\theta }\tag{2} \end{align*}$ Daher,

\begin{aligned} ∭_{R^{3}} ρ (R, θ, ϕ) D τ \\ = \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} Q δ (R - A) \frac{δ (θ - \frac{π}{2})}{R} \frac{[u (ϕ - 0) - u (ϕ - 2 π)]}{2 π R Sünde θ} R^{2} Sünde θ D R D θ D ϕ \\ = \frac{Q}{2 π} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\infty} δ (R - A) δ (θ - \frac{π}{2}) [u (ϕ - 0) - u (ϕ - 2 π)] D R D θ D ϕ \\ = \frac{Q}{2 π} \int_{\frac{π}{2} - ϵ}^{\frac{π}{2} + ϵ} \int_{0}^{2 π} \int_{A - ϵ}^{A + ϵ} δ (R - A) δ (θ - \frac{π}{2}) D R D θ D ϕ \\ = \frac{Q}{2 π} 2 π \\ = Q \end{aligned}

$\begin{align*} & \iiint_{\mathbb{R}^3}\rho(r,\theta,\phi) \,d\tau \\ &\,\,= \int_0^{\pi} \int_0^{2\,\pi}\int_{0}^\infty Q \,\delta\left( r - a\right) \, \frac{\delta\left( \theta - \frac{\pi}{2} \right)}{r} \, \frac{ \left[ u\left( \phi - 0 \right)- u\left( \phi - 2\,\pi \right)\right] }{ 2\,\pi\,r\,\sin\theta } \,r^2\,\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi } \int_0^{\pi} \int_0^{2\,\pi}\int_{0}^\infty \delta\left( r - a\right) \, \delta\left( \theta - \frac{\pi}{2} \right) \, \left[ u\left( \phi - 0 \right)- u\left( \phi - 2\,\pi \right)\right] dr\,d\theta\,d\phi \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi} \int_{\frac{\pi}{2}-\epsilon}^{\frac{\pi}{2}+\epsilon} \int_{0}^{2\,\pi }\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon} \delta\left( r - a\right)\, \delta\left( \theta - \frac{\pi}{2} \right) \, dr\,d\theta\,d\phi \\\\ &\,\,= \frac{Q}{2\,\pi}\, {2\,\pi} \\\\ &\,\,= Q \end{align*}$ Wieder hole ich die Gesamtladung des Rings zurück,

Q

$Q$ . Allerdings scheint es mir, dass beide Arten zu beschreiben

ρ

$\rho$ kann nicht beides stimmen. Vielleicht liefern beide bei diesem Problem das gleiche Ergebnis, aber das bedeutet nicht, dass sie beide richtig sind.

Fragen

Welcher Ausdruck für die Ladungsdichte ist richtig, der Ausdruck aus Gleichung 1 oder der Ausdruck aus Gleichung 2? Woher?

Literaturverzeichnis

[1] Jackson, Klassische Elektrodynamik, 3. Auflage, p. 123.

[2] Boas, Mathematische Methoden in den Physikalischen Wissenschaften, 3. Auflage, p. 457, 460.

secavara

Ich denke, es ist sicher, das zu sagen

f (r) δ (r - a) = f (a) δ (r - a)

$f(r) \delta(r-a) = f(a) \delta(r-a)$ , sie sind also im Grunde gleich. Was ist

u

$u$ in deinen Ausdrücken?

Köcher

Die Delta-Funktion fixiert die Werte der verschiedenen Variablen, es hat sich also nichts geändert.

secavara

@MichaelLevy Ich meine, das tust du ... Es ist eine Funktion, nehme ich an, da du zum Beispiel

u (ϕ - 0)

$u(\phi - 0)$ , aber was ist das?

AFG

@secavara Es ist die Heaviside-Schrittfunktion.

secavara

Ich verstehe, okay. Es scheint in diesem Fall nur ein bisschen unnötig zu sein, aber ok.

Antworten (1)

Dirac-Delta, Heaviside-Schritt und Volumenladungsdichte

Ich denke, es ist sicher, das zu sagen $f(r) \delta(r-a) = f(a) \delta(r-a)$ , sie sind also im Grunde gleich. Was ist $u$ in deinen Ausdrücken?
Die Delta-Funktion fixiert die Werte der verschiedenen Variablen, es hat sich also nichts geändert.
@MichaelLevy Ich meine, das tust du ... Es ist eine Funktion, nehme ich an, da du zum Beispiel $u(\phi - 0)$ , aber was ist das?
Ich verstehe, okay. Es scheint in diesem Fall nur ein bisschen unnötig zu sein, aber ok.

ytlu · Answer 1

Denn es gibt eine $\delta(r-a)$ im $\rho(\vec{r})$ , daher geben diese beiden Ausdrücke, solange das Integral betroffen ist, dieselbe Antwort auf das Ergebnis der Integration. Sie können nur in ihren Ableitungen unterschieden werden.

Um die Eingabe zu vereinfachen und ohne den Kern des Problems zu verlieren, betrachten wir eine Shell-Ladungsverteilung bei $r=a$ mit Kugelsymmetrie. Die beiden Ausdrücke werden zu:

Jacksons Version

\begin{matrix} (1) & ρ_{1} (R) = \frac{Q}{4 π A^{2}} δ (R - A) \end{matrix}

$\tag{1} \rho_1(r) = \frac{Q}{4\pi a^2} \delta(r-a)$

Boas-Version

\begin{matrix} (2) & ρ_{2} (R) = \frac{Q}{4 π R^{2}} δ (R - A) \end{matrix}

$\tag{2} \rho_2(r) = \frac{Q}{4\pi r^2} \delta(r-a)$

Die Integration jeder Dichte ergibt:

\int \int \int_{Ω} ρ_{1} (\vec{R}) D^{3} \vec{R} = \int_{0}^{\infty} R^{2} D R \int_{0}^{π} Sünde θ D θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \frac{Q}{4 π A^{2}} δ (R - A) = Q

$\int\int\int_{\Omega} \rho_1(\vec{r}) d^3\vec{r} = \int_0^\infty r^2dr \int_0^\pi \sin\theta d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \frac{Q}{4\pi a^2} \delta(r-a) = Q$

Zur Ableitung betrachten wir folgendes Integral

\int_{- \infty}^{\infty} F (X) δ^{'} (X - ξ) D X = F (X) δ (X - ξ) |_{- \infty}^{\infty} - \int_{- \infty}^{\infty} F^{'} (X) δ (X - ξ) D X = - F^{'} (ξ) .

$\int_{-\infty}^\infty f(x) \delta'(x-\xi) dx = f(x) \delta(x-\xi) |_{-\infty}^\infty - \int_{-\infty}^\infty f'(x) \delta(x-\xi) dx = -f'(\xi).$ Die Randbedingungen verschwinden solange

f (x)

$f(x)$ ist endlich als

x \to \pm \infty

$x \to \pm\infty$ .

Untersuchen wir das Integral der abgeleiteten Delta-Funktion:

\begin{matrix} (3) & \int \int \int_{Ω} ρ_{1}^{'} (\vec{R}) F (R) D^{3} \vec{R} = \frac{Q}{4 π A^{2}} \int_{0}^{\infty} R^{2} D R \int_{0}^{π} Sünde θ D θ \int_{0}^{2 π} D ϕ F (R) δ^{'} (R - A) = \frac{Q}{A^{2}} \int_{0}^{\infty} R^{2} F (R) δ^{'} (R - A) D R = - \frac{Q}{A^{2}} {[\frac{D}{D R} R^{2} F (R)]}_{R = A} \end{matrix}

$\tag{3} \int\int\int_{\Omega} \rho_1'(\vec{r}) f(r) d^3\vec{r} = \frac{Q}{4\pi a^2}\int_0^\infty r^2dr \int_0^\pi \sin\theta d\theta \int_0^{2\pi} d\phi f(r) \delta'(r-a)\\ = \frac{Q}{a^2} \int_0^\infty r^2 f(r) \delta'(r-a) dr\\ = - \frac{Q}{a^2} \left[ \frac{d}{dr}r^2 f(r) \right]_{r=a}$

Probieren Sie auch das Integral mit aus $\rho_2'(r-a)$

\begin{matrix} (4) & \int \int \int_{Ω} ρ_{2}^{'} (\vec{R}) F (R) D^{3} \vec{R} = \frac{Q}{4 π} \int_{0}^{\infty} R^{2} D R \int_{0}^{π} Sünde θ D θ \int_{0}^{2 π} D ϕ F (R) \frac{D}{D R} (\frac{δ (R - A)}{R^{2}}) = Q \int_{0}^{\infty} R^{2} F (R) \frac{D}{D R} (\frac{δ (R - A)}{R^{2}}) D R = - Q {[\frac{1}{R^{2}} \frac{D}{D R} R^{2} F (R)]}_{R = A} \end{matrix}

$\tag{4} \int\int\int_{\Omega} \rho_2'(\vec{r}) f(r) d^3\vec{r} =\frac{Q}{4\pi} \int_0^\infty r^2dr \int_0^\pi \sin\theta d\theta \int_0^{2\pi} d\phi f(r) \frac{d}{dr} \left( \frac{\delta(r-a)}{r^2} \right)\\ = Q \int_0^\infty r^2 f(r) \frac{d}{dr}\left( \frac{\delta(r-a)}{r^2} \right) dr\\ = - Q \left[ \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}r^2 f(r) \right]_{r=a}$

Für die meisten regulären Funktionen von $f(r)$ , diese beiden Formen sind genau gleich. Beachten Sie die Form der Differenzierung, ich stimme für den zweiten Ausdruck. Die differentielle Form ähnelt der von $\nabla \cdot f(r)\hat{r}$ .

Sie verwenden nicht $\rho_2'$ , Laut Ihrem Beitrag, $\rho_2 = \delta(r-a) /r^2$ . Seine Ableitung enthält die Differenzierung von $1/r^2$ , hat mehr Terme als nur die Ableitung von $\delta'$ .
Das ist auch eine gute Untersuchung, indem man nur die Ableitung der Delta-Funktion nimmt und sieht, wie viel Unterschied macht. Versuchen Sie zu sehen, ob es etwas zu erzählen gibt.
@MichaelLevy Ich versuche es $f(r)= \sin(1- r/a) / (r-a)$ . Aber der zusätzliche Begriff $1/r^2$ In $\rho_2'$ macht keinen Unterschied, mein Fehler, ich habe nicht gründlich nachgedacht.
Ja. Ich entferne einen Satz über den möglichen Unterschied.
Es scheint mir, dass Sie ein Prädikat wie „für jede Funktion“ hinzufügen sollten $f(r)$ ist so das $\lim_{r \to a} \frac{d}{dr}r^2 f(r) = L$ für endlich $L$ , und solange $r,a\neq 0$ , sind diese beiden Formen identisch. Mit anderen Worten das $f\in C^{1}\left(\left[a-\epsilon, a+\epsilon \right]\right)$ (vgl. en.wikipedia.org/wiki/Function_space )
Was ich immer noch nicht ganz verstehe, ist, was Sie motiviert, die Funktion einzubauen $f$ überhaupt. Bezieht es sich in irgendeiner Weise auf die Lösung eines Randwertproblems? Falls ja oder falls nicht, erläutern Sie bitte Ihre Motivation. Im Wesentlichen möchte ich verstehen, warum Sie diesen Ansatz gewählt haben.
Es ist eine ziemlich typische Art, die zu untersuchen $\delta$ Funktion. neben dem $\int \delta(x) dx = 1$ , alle anderen Features von $\delta$ Funktion beinhaltet immer a $f(x)$ . Insbesondere können wir uns nicht integrieren $\delta'(x)$ ohne das Vorhandensein einer anderen Funktion $f(x)$ .
Ich schätze, lassen Sie es mich wie folgt darstellen. Was würde $f(x)$ in einem Randwertproblem sein? Nun, wenn wir die Energie der Konfiguration berechnen wollten, dann $W = \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^3}\,\rho\,V\,d\tau$ . So $f$ könnte sein $V$ in diesem Fall. Welche anderen Funktionen könnten wir in diesem Zusammenhang erwarten oder verwenden?
Mehrpolerweiterung als weiteres Beispiel, $Q_{ijk..} = \int_\Omega x_i x_j..\rho(\vec{r}) d^3\vec{r}$ .
Aus rein mathematischer Sicht $\delta$ Funktion hat keine Bedeutung, wenn sie nicht an eine andere Funktion angehängt ist. Und die Eigenschaften von $\delta$ Funktion sind nur in Bezug auf ihre Wirkung auf die angehängte Funktion sinnvoll. Untersuchen Sie daher die Merkmale von a $\delta$ Funktion, eine allgemeine angehängte Funktion ist in meinem Punkt notwendig.

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