Über ein Elektrostatikintegral und einen Deltafunktionskern

Question

Über ein Elektrostatikintegral und einen Deltafunktionskern

Benutzer8817

Ich habe Probleme mit einem Integral und hätte gerne einige Hinweise, wie man es "nimmt":

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{3 γ A^{2} D^{3} R}{4 π {(R^{2} + \frac{γ^{2}}{C^{2}} (R \cdot u)^{2} + A^{2})}^{\frac{5}{2}}}

$\int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{3\gamma a^{2}d^{3}\mathbf r}{4 \pi \left( r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2} + a^{2}\right)^{\frac{5}{2}}}$ Hier

u

$\mathbf u$ ,

a

$a$ Und

γ

$\gamma$ sind Konstanten, und der Integrand konvergiert gegen ein Dirac-Delta

δ (r)

$\delta(\mathbf r)$ als

a \to 0

$a\rightarrow 0$ . Das Integral muss gleich 1 sein.

Antworten (2)

Über ein Elektrostatikintegral und einen Deltafunktionskern

Ron Maimon · Answer 1

Wählen Sie zunächst eine Richtung für u entlang der z-Achse. Dann ist das Integral

ICH = \int \frac{1}{(X^{2} + j^{2} + A z^{2} + B)^{5 / 2}} D X D j D z

$I = \int {1\over (x^2 + y^2 + A z^2 + B)^{5/2} } dx dy dz$

z neu skalieren um $\sqrt{A}$ um A loszuwerden und die Rotationsinvarianz wiederherzustellen.

ICH = \frac{1}{\sqrt{A}} \int \frac{1}{(X^{2} + j^{2} + z^{2} + B)^{2.5}} D X D j D z

$I = {1\over \sqrt{A}} \int {1\over (x^2 + y^2 + z^2 + B)^{2.5}} dx dy dz$

Jetzt finden Sie die B-Abhängigkeit sofort aus der Umskalierung von xy und z durch $\sqrt{B}$ (oder aus der Dimensionsanalyse - B hat Längeneinheiten zum Quadrat):

ICH = \frac{1}{\sqrt{A} B} \int \frac{1}{(R^{2} + 1)^{2.5}} D^{3} R

$I = {1\over \sqrt{A} B} \int {1\over (r^2 + 1)^{2.5}} d^3r$

Das einzige Unbestimmte ist der transzendente Faktor, der nur eine Zahl ist. Sie werten es aus, indem Sie es radial tun und eine Reihe von Substitutionen durchführen:

\sqrt{A} B ICH = 4 π \int_{0}^{\infty} \frac{R^{2}}{(R^{2} + 1)^{2.5}} D R

$\sqrt{A}B I = 4\pi \int_0^{\infty} {r^2\over (r^2 +1)^{2.5} } dr$

Erste $u=r^2 + 1$ gibt

\sqrt{A} B ICH = 2 π \int_{1}^{\infty} \frac{\sqrt{u - 1}}{(u)^{2.5}} D u

$\sqrt{A}B I = 2\pi \int_1^\infty {\sqrt{u-1}\over (u)^{2.5}} du$

Dann $v = {1\over u}$ macht es,

\sqrt{A} B ICH = 2 π \int_{0}^{1} \sqrt{1 - v} D v = \frac{4 π}{3}

$\sqrt{A}B I = 2\pi \int_0^1 \sqrt{1-v} dv = {4\pi\over 3}$

So

ICH = \frac{4 π}{3 \sqrt{A} B}

$I = {4\pi \over 3 \sqrt{A}B}$

Danke schön! Das Integral ist gleich eins: $u = R^{2} + 1 \Rightarrow R = \sqrt{u - 1} .$ $u = r^{2} + 1 \Rightarrow r = \sqrt{u - 1}.$
@EmilioPisanty: Es ist nicht nur sauberer, dein Weg funktioniert nicht --- die sphärische Integration wird wahrscheinlich keine Funktion mit elementarer Stammfunktion ohne die Neuskalierung des z-Schritts erzeugen.
Mathematica hat keine Probleme mit der Integration. Ich kann die Schritte für die folgen $\theta$ Integration und obwohl ich das nicht versucht habe $r$ Integral Die Stammfunktion ist kompliziert, aber elementar.
@EmilioPisanty: Ich bin überrascht --- die Winkelintegration ohne Neuskalierung von Z führt zu komplizierten Quadratwurzeln im Nenner, und ich verstehe nicht, warum die Stammfunktion existieren sollte. Haben Sie versucht, mithilfe von Mathematik eine Stammfunktion für das r-Integral zu erhalten oder nur das Integral über Theta und r zu berechnen? Mathematica führt ein bestimmtes Integral unter Verwendung von hypergeometrischen Funktionen in Zwischenschritten aus und reduziert dann mit hypergeometrischen Sonderwerten und Identitäten, sodass es nicht klar ist, dass die Stammfunktion elementar ist, da Mathematica die richtige Antwort erhält.

Emilio Pisanty · Answer 2

Stellen Sie die ein $z$ Achse entlang der Richtung von $\mathbf{u}$ und sphärische Koordinaten verwenden, was Ihr Integral auf etwas wie reduziert

\int_{0}^{\infty} D R \int_{0}^{π} D θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \frac{R^{2} Sünde (θ)}{{(A^{2} + R^{2} (1 + \frac{γ^{2}}{C^{2}} \cos^{2} (θ)))}^{5 / 2}} .

$\int_0^\infty dr\int_0^\pi d\theta\int_0^{2\pi}d\phi\frac{r^2 \sin(\theta)}{\left(a^2 +r^2(1+\frac{\gamma^2}{c^2}\cos^2(\theta))\right)^{5/2}}.$ Mach das

ϕ

$\phi$ erst ganzzahlig und dann

θ

$\theta$ integral, Transformation zu

u = \cos (θ)

$u=\cos(\theta)$ . Achten Sie darauf, bei Bedarf absolute Werte für die Wurzeln zu verwenden. Danach die

r

$r$ Integral sollte hart, aber machbar sein.

BEARBEITEN, um einige Diskussionen von Kommentaren zu nehmen. Ich gab

Integrate[Sin[[Theta]]/(a^2+r^2 (1+[Gamma]^2 Cos[[Theta]]^2))^(5/2),[Theta]]/.[Theta ]->[Pi]

zu Mathematica zu bekommen

\frac{3 (A^{2} + R^{2}) + 2 R^{2} γ^{2}}{3 {(A^{2} + R^{2})}^{2} {(A^{2} + R^{2} + R^{2} γ^{2})}^{3 / 2}},

$\frac{3 \left(a^2+r^2\right)+2 r^2 \gamma ^2}{3 \left(a^2+r^2\right)^2 \left(a^2+r^2+r^2 \gamma ^2\right)^{3/2}},$ und dann die radiale Integration durch

Integriere[r^2 (3 (a^2+r^2)+2 r^2 [Gamma]^2)/(3 (a^2+r^2)^2 (a^2+r^2+ r^2 [Gamma]^2)^(3/2)),r]

gibt

\frac{R^{3}}{3 A^{2} (A^{2} + R^{2}) \sqrt{A^{2} + R^{2} (1 + γ^{2})}}

$\frac{r^3}{3 a^2 \left(a^2+r^2\right) \sqrt{a^2+r^2 \left(1+\gamma ^2\right)}}$ für die Stammfunktion. Ich stimme zu, dass die Wurzeln nichtelementare Stammfunktionen vermuten lassen, aber es ist nur eine Wurzel, so dass elliptische Integrale ausfallen. Sobald man das Antiderivativ hat, ist es natürlich Routine zu überprüfen, ob es so differenziert, wie es sollte.

Danke schön. Aber nach einigen Ersetzungen erhielt ich $\frac{C}{γ u R (A^{2} + R^{2})^{2}} \int \frac{D T}{(1 + T^{2})^{\frac{5}{2}}},$ $\frac{c}{\gamma u r (a^{2} + r^{2})^{2}}\int \frac{dt}{(1 + t^{2})^{\frac{5}{2}}},$ Wo $T = \frac{T R u γ}{C \sqrt{A^{2} + R^{2}}} .$ $t = \frac{tru\gamma}{c\sqrt{a^{2} + r^{2}}}.$ Aber nach der Integration bekam ich null. Können Sie mir sagen, wo ich den Fehler gemacht habe?
Zum einen integrieren Sie wahrscheinlich $t$ aus $-\infty$ wo Sie integrieren sollten $r=0$ . Zweitens kann man das nicht ausklammern $r$ -abhängiger Term aus dem Integral!
Verzeihung. ich meinte $T = \frac{R v γ u}{C \sqrt{A^{2} + R^{2}}},$ $t = \frac{rv \gamma u}{c\sqrt{a^{2} + r^{2}}},$ Wo $v = C Ö S (θ) .$ $v = cos (\theta ).$
ist das der $r$ integral oder die $\theta$ Integral Sie versuchen zu tun?
Wenn du das machst $\theta$ integral, dann sind Sie auf dem richtigen Weg, aber Sie müssen mit den Grenzen der Integration vorsichtig sein. Einstellung $t=\tan(\eta)$ sollte das Integral auf machbare trigonometrische Integrale reduzieren. Aber achten Sie auf die Integrationsgrenzen und auf die Parität des Integranden!
Ja, ich meinte Theta-Integral. Nach der Integration bekam ich $\frac{1}{12} (3 S ich N (ε) + S ich N (3 ε)) .$ $\frac{1}{12}(3 sin(\varepsilon) +sin(3 \varepsilon)).$ Nach dem Ersetzen der Rahmenintegration erhielt ich Werte wie $S ich N (\frac{3 R γ u}{C \sqrt{(} A^{2} + R^{2})}) .$ $sin \left(\frac{3r\gamma u}{c \sqrt(a^2 + r^2)}\right).$ Was kann ich damit machen? Weiter integrieren? Oder habe ich einen Fehler gemacht?
nicht verwenden $\sin(3\epsilon)$ sondern halte dich lieber dran $\sin(\epsilon)$ . Danach verwenden Sie die Identitäten $\sin(\epsilon)=t/\sqrt{1+t^2}$ Und $\cos(\epsilon)=1/\sqrt{1+t^2}$ . (Denken Sie an Dreiecke!)
Sie haben also empfohlen, den Faktor 3 um die Gleichheit zu reduzieren $S ich N (3 ε) = 3 S ich N (ε) - 4 S ich N^{3} (ε),$ $sin(3 \varepsilon ) = 3 sin(\varepsilon ) - 4sin^{3}(\varepsilon ),$ und danach verwenden gleich $S ich N (A R C T G (T)) = \frac{1}{\sqrt{1 + C T G^{2} (A R C T G (T))}} = \frac{T}{\sqrt{T^{2} + 1}} ?$ $sin(arctg(t)) = \frac{1}{\sqrt{1 + ctg^{2}(arctg(t))}} = \frac{t}{\sqrt{t^{2} + 1}}?$
Du siehst für mich auf dem richtigen Weg aus. Nach der Winkelintegration sollte etwas von der Form übrig bleiben $\int_{0}^{\infty} \frac{R^{2} (3 A^{2} + R^{2} (3 + 2 γ^{2}))}{3 {(A^{2} + R^{2})}^{2} {(A^{2} + R^{2} (1 + γ^{2}))}^{3 / 2}} D R$ $\int_0^\infty\frac{r^2 \left(3 a^2+r^2 \left(3+2 \gamma ^2\right)\right)}{3 \left(a^2+r^2\right)^2 \left(a^2+r^2 \left(1+\gamma ^2\right)\right)^{3/2}}dr$

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