Elektrisches Potential eines kugelförmigen Gaußschen

Question

Elektrisches Potential eines kugelförmigen Gaußschen

Physik
Elektrostatik
Forschungsniveau
spezifische Referenz
mathematisch-physik

Emilio Pisanty

Ich suche nach Ergebnissen, die das elektrostatische Potential aufgrund einer kugelförmigen Gaußschen Verteilung berechnen. Insbesondere suche ich nach Lösungen von Gleichungen der Form

\nabla^{2} Φ = N \exp (- ρ^{2} / 2 σ_{r}^{2}) \exp (- z^{2} / 2 σ_{ℓ}^{2}),

$\nabla^2\Phi=N\exp\left({-\rho^2/2\sigma_r^2}\right)\exp\left({-z^2/2\sigma_\ell^2}\right),$ wo

ρ^{2} = x^{2} + y^{2}

$\rho^2=x^2+y^2$ , möglicherweise mit einem Polynomfaktor der Form

ρ^{| m |} \cos (m ϕ) z^{n}

$\rho^{|m|}\cos(m\phi)z^n$ vor.

Dies hat eine einfache Lösung, wenn die beiden Varianzen $\sigma_r$ und $\sigma_\ell$ gleich sind, in welchem Fall sphärische Symmetrie gilt und das Gaußsche Gesetz leicht nachgibt $\Phi$ in Bezug auf Fehlerfunktionen.

Ich habe jedoch Probleme, Ergebnisse für den allgemeinen Fall zu finden. Die Verwendung von Kugelkoordinaten scheint nicht zu helfen, da die Konstante- $\mu$ Oberflächen sind konfokale Sphäroide, die sich mit zunehmender Größe zu Kugeln verjüngen, anstatt ihre Elliptizität wie die Ladungsdichte beizubehalten.

Das sieht standardmäßig genug aus, dass es schon früher hätte gemacht werden sollen (richtig?), aber es ist auch chaotisch genug, dass ich mir nicht sicher bin, ob es in ein Lehrbuch gelangt ist. Hat jemand so etwas schon einmal gesehen?

BebopButUnsteady

Habe gerade mal kurz nachgeschaut, aber warum funktioniert die Variablentrennung nicht?

Emilio Pisanty

Mit zylindrischen Harmonischen die

z

$z$ Integral kommt heraus

\int_{- \infty}^{\infty} \exp (- \frac{z^{' 2}}{2 σ_{ℓ}} - k | z - z^{'} |) d z^{'}

$\int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{z'^2}{2\sigma_\ell}-k|z-z'|\right)\mathrm{d}z'$ das ist machbar, was fehlerfunktionen angeht, aber dann würgt das

k

$k$ Integral.

ehrliche_vivere

@EmilioPisanty - Ich habe einen meiner mathematisch interessierten Kollegen abgehört (weil ich dachte, ich hätte das schon einmal gesehen und es hat mich verrückt gemacht, dass ich keinen Hinweis darauf finden konnte). Er schlug vor, in abgeflachte sphärische Koordinaten umzuwandeln, so dass die Laplace-Gleichung mit Lösungen trennbar wird, die als Reihe von abgeflachten sphärischen Harmonischen gegeben sind (dh mit Lamé-Funktionen verwandt sind).

Emilio Pisanty

@honeste Das wird aus den in der Frage genannten Gründen nicht funktionieren. Es gibt kein orthogonales Koordinatensystem, dessen gleichkoordinierte Flächen bei dieser Verteilung eine konstante Ladungsdichte haben. (Oder Sie sollten klarstellen, was Sie meinen.)

ehrliche_vivere

@EmilioPisanty - Also ist mein Freund nicht einverstanden mit der Existenz eines orthogonalen Koordinatensystems. Ich zitiere ihn einfach der Einfachheit halber: „Es ist jedoch offensichtlich falsch, dass es kein orthogonales System mit Koordinatenflächen gibt, die Quell-Isoflächen entsprechen, da Sie lediglich eine neue Koordinate aus dem Argument des Exponentials definieren müssen, behalten B. den Azimutwinkel, und rätseln Sie die dritte Basis nach Bedarf aus. Ein solches Koordinatensystem ist jedoch wahrscheinlich nicht trennbar, und es ist möglicherweise nicht ganz trivial, einen analytischen Ausdruck für die dritte Koordinate herauszufinden.

Emilio Pisanty

@honeste_vivere Ihr ursprünglicher Vorschlag war jedoch, abgeflachte sphäroidale Harmonische zu verwenden, und diese stimmen nicht mit der angegebenen Ladung überein: abgeflachte sphäroidische Harmonische beschreiben konfokale Ellipsoide mit variabler Exzentrizität, während die Iso-Dichte-Oberflächen des Problems eine konstante Exzentrizität und sich bewegende Brennpunkte aufweisen . Wenn Sie einen neuen Satz orthogonaler Koordinaten anzeigen können, der Folgendes beinhaltet

\sqrt{ρ^{2} + γ z^{2}}

$\sqrt{\rho^2+\gamma z^2}$ und zeigen, dass sich der Laplace auf nützliche Weise trennt, dann bin ich ganz Ohr.

Emilio Pisanty

(Andernfalls ist der praktische Nutzen dieser vier Jahre alten Frage für mich inzwischen eher geschrumpft, und obwohl ich jeden Fortschritt interessant fände, kann ich keine nennenswerte Zeit auf die Jagd nach Hinweisen verwenden ─ zumal ich mittlerweile ziemlich überzeugt bin dass es einfach keine saubere Lösung gibt.)

Emilio Pisanty

Ihr Vorschlag eines Systems mit konstanter Exzentrizität ist jedoch für sich genommen nützlich .

ehrliche_vivere

@EmilioPisanty - Ah okay, ja ich verstehe. Ich habe Ihre Frage ursprünglich gelesen und war verwirrt, weil ich absolut sicher war, dass ich nicht nur diese Differentialgleichung, sondern auch eine analytische Lösung gesehen hatte. Als ich sah, dass Sie fragten, war ich verwirrt, denn wenn Sie die Antwort nicht gefunden hatten, dann muss ich mich irren. Unabhängig davon lenkt mich das völlig ab, weil ich mich nicht dazu bringen kann, zu akzeptieren, dass ich das noch nie zuvor getan habe ...

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Elektrisches Potential eines kugelförmigen Gaußschen

Habe gerade mal kurz nachgeschaut, aber warum funktioniert die Variablentrennung nicht?
Mit zylindrischen Harmonischen die $z$ Integral kommt heraus $\int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{z'^2}{2\sigma_\ell}-k|z-z'|\right)\mathrm{d}z'$ das ist machbar, was fehlerfunktionen angeht, aber dann würgt das $k$ Integral.
@EmilioPisanty - Ich habe einen meiner mathematisch interessierten Kollegen abgehört (weil ich dachte, ich hätte das schon einmal gesehen und es hat mich verrückt gemacht, dass ich keinen Hinweis darauf finden konnte). Er schlug vor, in abgeflachte sphärische Koordinaten umzuwandeln, so dass die Laplace-Gleichung mit Lösungen trennbar wird, die als Reihe von abgeflachten sphärischen Harmonischen gegeben sind (dh mit Lamé-Funktionen verwandt sind).
@honeste Das wird aus den in der Frage genannten Gründen nicht funktionieren. Es gibt kein orthogonales Koordinatensystem, dessen gleichkoordinierte Flächen bei dieser Verteilung eine konstante Ladungsdichte haben. (Oder Sie sollten klarstellen, was Sie meinen.)
@EmilioPisanty - Also ist mein Freund nicht einverstanden mit der Existenz eines orthogonalen Koordinatensystems. Ich zitiere ihn einfach der Einfachheit halber: „Es ist jedoch offensichtlich falsch, dass es kein orthogonales System mit Koordinatenflächen gibt, die Quell-Isoflächen entsprechen, da Sie lediglich eine neue Koordinate aus dem Argument des Exponentials definieren müssen, behalten B. den Azimutwinkel, und rätseln Sie die dritte Basis nach Bedarf aus. Ein solches Koordinatensystem ist jedoch wahrscheinlich nicht trennbar, und es ist möglicherweise nicht ganz trivial, einen analytischen Ausdruck für die dritte Koordinate herauszufinden.
@honeste_vivere Ihr ursprünglicher Vorschlag war jedoch, abgeflachte sphäroidale Harmonische zu verwenden, und diese stimmen nicht mit der angegebenen Ladung überein: abgeflachte sphäroidische Harmonische beschreiben konfokale Ellipsoide mit variabler Exzentrizität, während die Iso-Dichte-Oberflächen des Problems eine konstante Exzentrizität und sich bewegende Brennpunkte aufweisen . Wenn Sie einen neuen Satz orthogonaler Koordinaten anzeigen können, der Folgendes beinhaltet $\sqrt{\rho^2+\gamma z^2}$ und zeigen, dass sich der Laplace auf nützliche Weise trennt, dann bin ich ganz Ohr.
(Andernfalls ist der praktische Nutzen dieser vier Jahre alten Frage für mich inzwischen eher geschrumpft, und obwohl ich jeden Fortschritt interessant fände, kann ich keine nennenswerte Zeit auf die Jagd nach Hinweisen verwenden ─ zumal ich mittlerweile ziemlich überzeugt bin dass es einfach keine saubere Lösung gibt.)
Ihr Vorschlag eines Systems mit konstanter Exzentrizität ist jedoch für sich genommen nützlich .
@EmilioPisanty - Ah okay, ja ich verstehe. Ich habe Ihre Frage ursprünglich gelesen und war verwirrt, weil ich absolut sicher war, dass ich nicht nur diese Differentialgleichung, sondern auch eine analytische Lösung gesehen hatte. Als ich sah, dass Sie fragten, war ich verwirrt, denn wenn Sie die Antwort nicht gefunden hatten, dann muss ich mich irren. Unabhängig davon lenkt mich das völlig ab, weil ich mich nicht dazu bringen kann, zu akzeptieren, dass ich das noch nie zuvor getan habe ...

Benutzer26872 · Answer 1

$\def\a{\alpha} \def\p{\pi} \def\s{\sigma} \def\f{\varphi} \def\S{\Sigma} \def\r{\varrho} \def\vr{\mathbf{r}} \def\ur{\mathbf{\hat{r}}} \def\o{\cdot} \def\RR{\mathbb{R}}$ Keine vollständige Lösung, aber zu lang für einen Kommentar.

Betrachten Sie die Ladungsdichte

ϱ (x, j, z) = Q φ_{1} (x) φ_{2} (j) φ_{3} (z),

$\r(x,y,z) = Q \f_1(x)\f_2(y)\f_3(z),$ wo

φ_{ich} (u) = \frac{1}{\sqrt{2 π} σ_{ich}} e^{- u^{2} / (2 σ_{ich}^{2})} .

$\f_i(u) = \frac{1}{\sqrt{2\p}\s_i} e^{-u^2/(2\s_i^2)}.$ Beachten Sie, dass

φ_{i}

$\f_i$ ist eine Normalverteilung mit Mittelwert Null und Standardabweichung

σ_{i}

$\s_i$ . Daher,

\int ϱ (r) d V = Q .

$\int \r(\vr) dV = Q.$ Wir finden

\begin{aligned} \int \frac{ϱ (r^{'})}{| r - r^{'} |} d v^{'} & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{r^{n + 1}} \int_{r^{'} \leq r} ϱ (r^{'}) P_{n} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) {r^{'}}^{n} d v^{'} \\ + \sum_{n = 0}^{\infty} r^{n} \int_{r^{'} > r} ϱ (r^{'}) P_{n} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) \frac{1}{{r^{'}}^{n + 1}} d v^{'}, \end{aligned}

$\begin{align*} \int \frac{\r(\vr')}{|\vr-\vr'|}dV' &= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{r^{n+1}} \int_{r'\le r} \r(\vr') P_n(\ur\o\ur'){r'}^n dV' \\ &\quad + \sum_{n=0}^\infty r^n \int_{r'>r} \r(\vr') P_n(\ur\o\ur')\frac{1}{{r'}^{n+1}} dV', \end{align*}$ wo

P_{n}

$P_n$ ist der

n

$n$ tes Legendre-Polynom. Zum

r ≫ max (σ_{i})

$r\gg \max(\s_i)$ Dies wird gut angenähert durch

ich = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{r^{n + 1}} \int_{R^{3}} ϱ (r^{'}) P_{n} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) {r^{'}}^{n} d v^{'} .

$I = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{r^{n+1}} \int_{\RR^3} \r(\vr') P_n(\ur\o\ur'){r'}^n dV'.$ Seit

P_{n}

$P_n$ ist ungerade genau dann, wenn

n

$n$ ist seltsam finden wir

ich = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{c_{2 m}}{r^{4 m + 1}},

$I = \sum_{m=0}^\infty \frac{c_{2m}}{r^{4m+1}},$ wo

c_{2 m} = \int_{R^{3}} ϱ (r^{'}) P_{2 m} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) (r r^{'})^{2 m} d v^{'} .

$c_{2m} = \int_{\RR^3} \r(\vr') P_{2m}(\ur\o\ur')(r {r'})^{2m} dV'.$ (Beachten Sie zum Beispiel, dass

P_{1} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) r r^{'} = r \cdot r^{'} = x x^{'} + y y^{'} + z z^{'}

$P_1(\ur\o\ur'){r r'}=\vr\o\vr'=x x'+y y'+z z'$ , die zu Null integriert. Somit sind die Dipol-, Oktupol-, ... Beiträge Null.) Die ersten paar

c

$c$ s sind gegeben als

\begin{aligned} c_{0} & = Q \\ c_{2} & = \frac{Q}{2} (3 Σ_{2, 2} - Σ_{2, 0} r^{2}) \\ c_{4} & = \frac{Q}{8} (105 Σ_{2, 2}^{2} - 30 (Σ_{2, 2} Σ_{2, 0} + 2 Σ_{4, 2}) r^{2} + 3 (Σ_{2, 0}^{2} + 2 Σ_{4, 0}) r^{4}), \end{aligned}

$\begin{align*} c_0 &= Q \\ c_2 &= \frac{Q}{2} (3\S_{2,2}-\S_{2,0}r^2) \\ c_4 &= \frac{Q}{8} \left(105 \S_{2,2}^2 -30(\S_{2,2}\S_{2,0}+2\S_{4,2}) r^2 +3(\S_{2,0}^2+2\S_{4,0}) r^4\right), \end{align*}$ wo

\begin{aligned} Σ_{m, n} & = \sum_{ich = 1}^{3} σ_{ich}^{m} x_{ich}^{n} . \end{aligned}

$\begin{align*} \S_{m,n} &= \sum_{i=1}^3 \s_i^m x_i^n. \end{align*}$ Dies ergibt die Monopol-, Quadrupol- und Hexadekapolbeiträge zu

Φ

$\Phi$ zum

r ≫ max (σ_{i})

$r\gg\max(\s_i)$ . Wenn

σ_{1} = σ_{2} = σ

$\s_1=\s_2 = \s$ wir finden

\begin{aligned} c_{2} & = \frac{Q}{2} (σ^{2} - σ_{3}^{2}) (x^{2} + j^{2} - 2 z^{2}) \\ c_{4} & = \frac{3 Q}{8} (σ^{2} - σ_{3}^{2})^{2} (3 (x^{2} + j^{2})^{2} - 24 (x^{2} + j^{2}) z^{2} + 8 z^{4}) \end{aligned}

$\begin{align*} c_2 &= \frac{Q}{2}(\s^2-\s_3^2)(x^2+y^2-2z^2) \\ c_4 &= \frac{3Q}{8} (\s^2-\s_3^2)^2(3(x^2+y^2)^2-24(x^2+y^2)z^2+8z^4) \end{align*}$ Im Prinzip die

c

$c$ s kann allgemein berechnet werden. Die Koeffizienten der Legendre-Polynome sind bekannt und wir können die Potenzen von entwickeln

r \cdot r^{'}

$\vr\o\vr'$ und

{r^{'}}^{2 m}

${r'}^{2m}$ als Trinomreihe. Das Problem reduziert sich darauf, Momente der Normalverteilung zu finden. Wir erwarten Korrekturen aufgrund der Annahme, dass

r ≫ max σ_{i}

$r\gg\max\s_i$ Ordnung sein

\frac{1}{r} (1 - e r f \sqrt{\sum_{i} \frac{x_{i}^{2}}{2 σ_{i}^{2}}})

$\frac{1}{r}\left(1-\mathrm{erf} \sqrt{\sum_i \frac{x_i^2}{2\s_i^2}}\right)$ .

Elektrisches Potential eines kugelförmigen Gaußschen

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