Unbegrenzte Funktionen an einem Punkt auf der Domäne: Wie kann man zeigen, dass ein elektrisches Feld für eine kontinuierliche Volumenladungsdichte existiert?

Question

Unbegrenzte Funktionen an einem Punkt auf der Domäne: Wie kann man zeigen, dass ein elektrisches Feld für eine kontinuierliche Volumenladungsdichte existiert?

Aufladung
Physik
Coulomb-Gesetz
Singularitäten
Elektrostatik
elektrische Felder

NGTyson

Mein Verständnis nach dem Lesen von Mike Stones Antwort:

$\begin{aligned} \vec{E} & = k ∭_{v} \frac{ρ (X^{'}, j^{'}, z^{'}) [X - X^{'} \hat{(ich)} + j - j^{'} \hat{(J)} + z - z^{'} \hat{(k)}]}{[(X - X^{'})^{2} + (j - j^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}]^{3 / 2}} D X^{'} D j^{'} D z^{'} \\ = k ∭_{v} \frac{ρ (\hat{R})}{R^{2}} D v \\ = k ∭_{v} \frac{ρ (\hat{R})}{R^{2}} R^{2} Sünde θ D R D θ D ϕ \\ = k ∭_{v} ρ (\hat{R}) Sünde θ D R D θ D ϕ \end{aligned}$ $\begin{align} \vec{E} &= k \iiint_{V} \dfrac{\rho(x',y',z')[x-x'\hat{(i)}+y-y'\hat{(j)}+z-z'\hat{(k)}]}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}]^{3/2}}dx'dy'dz'\\ &= k \iiint_{V} \dfrac{\rho\ (\hat{r})}{r^2}dV\\ &=k \iiint_{V} \dfrac{\rho\ (\hat{r})}{r^2} r^2\ \sin\theta\ dr\ d\theta\ d\phi\\ &=k \iiint_{V} \rho\ (\hat{r}) \sin\theta\ dr\ d\theta\ d\phi\\ \end{align}$

Jetzt ist unsere Funktion $\rho\ (\hat{r}) \sin\theta$ .

$\hat{r}$ Und $\theta$ sind nur am Ursprung undefiniert. Daher unsere Funktion $\rho\ (\hat{r}) \sin\theta$ ist nur am Ursprung undefiniert. Wir können es also nicht direkt integrieren. Daher müssen wir den Grenzwertansatz verwenden :

$\begin{aligned} \vec{E} & = lim_{ϵ \to 0} k (∭_{v ∖ Kugel mit Radius ϵ am Ursprung zentriert} ρ (\hat{R}) Sünde θ D R D θ D ϕ) \\ - lim_{ϵ \to 0} k (∭_{über eine Kugel mit Radius ϵ am Ursprung zentriert} ρ (\hat{R}) Sünde θ D R D θ D ϕ) \end{aligned}$ $\begin{align} \vec{E} &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0}\ k \left( \iiint_{V \setminus\ \text{sphere with radius $\epsilon$ centered at origin}} \rho\ (\hat{r}) \sin\theta\ dr\ d\theta\ d\phi \right)\\ &-\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\ k \left(\iiint_{\text{over a sphere with radius $\epsilon$ centered at origin}} \rho\ (\hat{r}) \sin\theta\ dr\ d\theta\ d\phi \right) \end{align}$

Im ersten Semester $\rho, \hat{r} \text{ and } \theta$ ist überall definiert und endlich. Daher ist das Integral im ersten Term endlich.

Da der Radius der Kugel $(\epsilon)$ nähert sich Null, $\rho$ immer konstanter wird und der zweite Term gegen Null geht.

Somit:

$\begin{aligned} \vec{E} = lim_{ϵ \to 0} k (∭_{v ∖ Kugel mit Radius ϵ am Ursprung zentriert} ρ (\hat{R}) Sünde θ D R D θ D ϕ) = endlich \end{aligned}$ $\begin{align} \vec{E} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0}\ k \left( \iiint_{V \setminus\ \text{sphere with radius $\epsilon$ centered at origin}} \rho\ (\hat{r}) \sin\theta\ dr\ d\theta\ d\phi \right)=\text{finite} \end{align}$

Allerdings weiß ich nicht, wie ich vorgehen soll, um diesen Begriff weiter zu vereinfachen .

Ruslan

we use the limit methodwie geschrieben, beide Grenzen in der Summe

(2)

$(2)$ sind noch unendlich. Ich denke, Sie haben tatsächlich den Cauchy-Hauptwert gemeint , der eine Grenze einer Summe ist, nicht eine Summe von Grenzen.

NGTyson

Beide Grenzen in der Summe

(2)

$(2)$ sind unendlich .... Können Sie das bitte näher erläutern?

Ruslan

Nun, werten Sie sie einfach einzeln aus, Sie erhalten Unendlichkeiten. Danach gibt es keinen Sinn, in dem sie hinzugefügt werden könnten.

NGTyson

@Ruslan: Bitte schau dir meine bearbeitete Frage an.

Ruslan

Wir können es direkt integrieren. Integration ist unempfindlich gegenüber entfernbaren Singularitäten. Siehe zB diesen Math.SE Beitrag . Und beachten Sie, dass, wenn Ihr

r^{- 2}

$r^{-2}$ wurde von storniert

r^{2}

$r^2$ , und der Integrand ist nicht mehr unbeschränkt, dann haben Sie tatsächlich eine entfernbare Singularität am Ursprung.

NGTyson

@Ruslan: Wenn wir die Oberflächenladungsdichte berücksichtigen, dann

r^{2}

$r^{2}$ im Nenner und

r^{2}

$r^2$ In

r^{2} \sin θ d θ d ϕ

$r^{2}\ \sin\theta\ d\theta\ d\phi$ aufheben, was zu einer entfernbaren Singularität führt?

Ruslan

Nun, wenn das einzige "Problem" Ihrer Funktion darin besteht, dass sie an einem Punkt, an dem eine endliche Grenze existiert, undefiniert (oder diskontinuierlich) ist, ist sie per Definition eine entfernbare Singularität.

NGTyson

@Ruslan: Ich verstehe deinen Punkt. Allerdings meine ich im Falle einer Oberflächenladungsdichte

σ

$\sigma$ über einer beliebigen Fläche

(A)

$(A)$ , dann, genau wie wir es in der taten

3 -

$3-$ dimensionaler Fall, können wir stornieren

r^{2}

$r^2$

(in \frac{σ (\hat{r})}{r^{2}})

$\left (\text{in } \dfrac{\sigma\ (\hat{r})}{r^2}\right)$ Und

r^{2}

$r^2$

(in d A = r^{2} \sin θ d θ d ϕ)

$\left( \text{in } dA=r^2\ \sin\theta\ d\theta\ d\phi \right)$ ?

Ruslan

Können Sie sich ein Argument vorstellen, um sie nicht stornieren zu können? Wenn Sie die Form Ihres Integrals in Kugelkoordinaten richtig hergeleitet haben, gelten immer noch alle Regeln der Algebra. Ich bin mir nicht sicher, was Ihre Zweifel sind.

NGTyson

Mir fällt kein Argument ein. Ich wollte nur sichergehen, dass es tatsächlich so ist.

Antworten (1)

Unbegrenzte Funktionen an einem Punkt auf der Domäne: Wie kann man zeigen, dass ein elektrisches Feld für eine kontinuierliche Volumenladungsdichte existiert?

we use the limit methodwie geschrieben, beide Grenzen in der Summe $(2)$ sind noch unendlich. Ich denke, Sie haben tatsächlich den Cauchy-Hauptwert gemeint , der eine Grenze einer Summe ist, nicht eine Summe von Grenzen.
Beide Grenzen in der Summe $(2)$ sind unendlich .... Können Sie das bitte näher erläutern?
Nun, werten Sie sie einfach einzeln aus, Sie erhalten Unendlichkeiten. Danach gibt es keinen Sinn, in dem sie hinzugefügt werden könnten.
Wir können es direkt integrieren. Integration ist unempfindlich gegenüber entfernbaren Singularitäten. Siehe zB diesen Math.SE Beitrag . Und beachten Sie, dass, wenn Ihr $r^{-2}$ wurde von storniert $r^2$ , und der Integrand ist nicht mehr unbeschränkt, dann haben Sie tatsächlich eine entfernbare Singularität am Ursprung.
@Ruslan: Wenn wir die Oberflächenladungsdichte berücksichtigen, dann $r^{2}$ im Nenner und $r^2$ In $r^{2}\ \sin\theta\ d\theta\ d\phi$ aufheben, was zu einer entfernbaren Singularität führt?
Nun, wenn das einzige "Problem" Ihrer Funktion darin besteht, dass sie an einem Punkt, an dem eine endliche Grenze existiert, undefiniert (oder diskontinuierlich) ist, ist sie per Definition eine entfernbare Singularität.
@Ruslan: Ich verstehe deinen Punkt. Allerdings meine ich im Falle einer Oberflächenladungsdichte $\sigma$ über einer beliebigen Fläche $(A)$ , dann, genau wie wir es in der taten $3-$ dimensionaler Fall, können wir stornieren $r^2$ $\left (\text{in } \dfrac{\sigma\ (\hat{r})}{r^2}\right)$ Und $r^2$ $\left( \text{in } dA=r^2\ \sin\theta\ d\theta\ d\phi \right)$ ?
Können Sie sich ein Argument vorstellen, um sie nicht stornieren zu können? Wenn Sie die Form Ihres Integrals in Kugelkoordinaten richtig hergeleitet haben, gelten immer noch alle Regeln der Algebra. Ich bin mir nicht sicher, was Ihre Zweifel sind.
Mir fällt kein Argument ein. Ich wollte nur sichergehen, dass es tatsächlich so ist.

Mike Stein · Answer 1

Das Element des Volumens in 3D ist $dV= r^2dr d\Omega$ Wo $d\Omega= \sin\theta d\theta d\phi$ ist der Winkelteil. Setzen Sie den Ursprung Ihres Koordinatensystems an den Punkt, an dem Sie das Feld berechnen möchten. Beachten Sie dann, dass die $r^2$ überwindet die $1/r^2$ Abweichung in der $\hat {\bf r}/|{|{\bf r}|^2}$ Integrand (hier $\hat {\bf r}$ ist der Einheitsvektor). Das Feld bleibt also endlich, solange die Ladungsdichte endlich bleibt. Wenn es Punktladungen gibt, divergiert das Feld natürlich - also funktioniert keine Ladungsdichte.

Danke für die Antwort... Jedenfalls in welche Richtung sollte $\hat{r}$ auf den Ursprung zeigen?
Gewohnheit $\hat{r}$ am Ursprung zweideutig sein? Wie sollen wir damit umgehen?
@faheemahmed400. Es gibt keine Zweideutigkeit, weil es keinen Beitrag am Ursprung gibt. Stellen Sie sich eine kleine Kugel mit Ladungsdichte vor $\rho$ . Der ${\bf E}$ Feld in der Ferne $r$ vom Mittelpunkt der Kugel ist ${\bf E}= \rho {\bf r}/(3\epsilon_0)$ . Diese ist im Mittelpunkt der Kugel Null. Ihr gesamtes Integral ist eine Summe der Beiträge aus jeder Sphäre.
Ihre Antwort und Ihr Kommentar waren sehr hilfreich. Als letzten Schliff werfen Sie bitte einen Blick auf meine bearbeitete Frage und stellen Sie sicher, ob ich die Dinge richtig verstehe.

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