Laplace-Operator von 1/r21/r21/r^2 (Kontext: Elektromagnetismus und Poisson-Gleichung)

I) Probleme. Wir geben (vier mal pi) die Permittivität an$4\pi\varepsilon=1$der Einfachheit halber von nun an gleich eins (im SI-Einheitensystem). Lassen Sie uns zunächst die Frage von OP ein wenig umformulieren. Anstatt vom Potential auszugehen

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

Nehmen wir jeweils an, dass das elektrische Feld gegeben ist als

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

bzw. und wir wollen die Ladungsdichte wissen

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

insbesondere am Ursprung$r=0$. Für$r\neq 0$, die Ladungsdichte (3) ist

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

bzw. Diese Umformulierung dient nur dazu, dass wir nur einmal statt zweimal differenzieren müssen, aber das Argument ist im Prinzip dasselbe, vgl. Fußnote$1$.

II) Verteilungstheorie und Integrationstheorie. Ein Problem ist das elektrische Feld$\vec{E}$wurde nicht angegeben$r=0$in Gl. (2). Eine Möglichkeit, dies zu verstehen, besteht darin, Distributionen und Testfunktionen zu verwenden$f\in C^{\infty}_c(\mathbb{R}^3)$, also unendlich oft differenzierbare Funktionen$f$mit kompakter Stütze. Wir erklären jetzt, dass es sich um ein verschmiertes elektrisches Feld handelt$E^i$ist

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

Ein Lebesgue-Majorant des Integranden (5) ist

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

bzw. Nur der erste Fall von (6) ist in Lebesgue integrierbar$\mathbb{R}^3$. Das ist der Kern des Problems. Im zweiten Fall sogar nach dem Abschmieren mit einer Testfunktion$f$, das elektrische Feld$E^i$macht als Verteilung keinen Sinn.

III) In der Verteilungstheorie wird die Ableitung einer Verteilung immer dadurch definiert, dass man die Ableitung mit Minuszeichen auf die Testfunktion anwendet$^{1}$. Wenn$E^i$eine Verteilung (5) ist, können wir den nächsten Schritt ausführen, um die Ableitung von zu definieren$E^i$,

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

wo wir im ersten Fall die bekannten Manipulationen durchgeführt haben, um das zu zeigen

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

IV) Regularisierung. Nun, so viel zur Verteilungstheorie und mathematischen Idealisierung in den Abschnitten II-III. In Wirklichkeit ist die$\frac{-1}{r^4}$Ladungsdichte,$r\neq 0$, in Gl. (4) würde zusammenbrechen, wenn wir uns der Singularität nähern$r\to 0$, damit wir nie fragen müssen: Worauf sitzt$r=0$? Dies führt zu der Idee der Regularisierung

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

bzw. von Gl. (1). Die regularisierte Ladungsdichte

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

ist

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

bzw. Wir können jetzt mit einer Testfunktion schmieren$f$. Man kann überprüfen, ob die erste Ladungsdichte$\rho_{\varepsilon}$in Gl. (11) erfüllt

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

während die zweite Ladungsdichte$\rho_{\varepsilon}$in Gl. (11) macht als Verteilung keinen Sinn$\varepsilon\to 0^+$, dh nach dem Verschmieren mit einer Testfunktion$f$, das Limit$\varepsilon\to 0^+$ist nicht endlich.

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$^{1}$Im zweiten Fall könnten wir im Prinzip das verschmierte Potential definieren

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

da$\Phi=\frac{1}{2r^2}$,$r\neq 0$, ist lokal in Lebesgue integrierbar$\mathbb{R}^3$, und definieren Sie dann das elektrische Feld als Verteilung

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

damit

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

Allerdings ist dieses mathematische Konstrukt in der Praxis nicht so brauchbar, wie man sich das naiverweise erhofft hätte. Wenn wir beispielsweise versuchen, partiell zu integrieren, kommen wir im Wesentlichen auf das Problem zurück, dass das elektrische Feld$\vec{E}= \frac{\vec{r}}{r^4}$,$r\neq 0$, aus Gl. (2) ist nicht lokal in Lebesgue integrierbar$\mathbb{R}^3$.

Das elektrische Feld Ihres Potenzials ist:

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

Unter Verwendung des Gaußschen Gesetzes ist die Gesamtladung in einer Kugel mit Radius R:

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

Die Gesamtladung nimmt mit r ab, es entsteht also eine negative Ladungsdichtewolke

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

Aber die Gesamtladung im Unendlichen ist Null, also gibt es eine positive Ladung am Ursprung, die die negative Ladungswolke aufhebt, von abweichender Größe. Wenn Sie davon ausgehen, dass diese Ladung eine Kugel mit unendlich kleinem Radius ist$\epsilon$, die positive Ladung am Ursprung ist

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

Dies ist keine Verteilung im mathematischen Sinne, aber es ist sicherlich in Ordnung, damit zu arbeiten, solange Sie die beibehalten$\epsilon$herum und nimm das Limit$\epsilon$geht am Ende des Tages auf Null. Mathematiker haben noch nicht das letzte Wort über die Klasse geeigneter verallgemeinerter Lösungen.

Vladimirs Antwort ist um den Faktor 2 daneben. Der Laplace ist es$\nabla^2(\frac{1}{r^2}) = \frac{4}{r^4}$Ein Potenzial, das als abfällt$\frac{1}{r^2}$ist ein Dipol (allgemein, wenn er abfällt als$r^{-n}$es ist ein ($2^{n-1}$)-Pol, zB$\frac{1}{r^3}$bheaviour ist Quadrupol, etc).

Ist das ein Dirac-Delta? Um das herauszufinden, überprüfen Sie:

$$\int_{\mbox{All space}}\nabla^2(\frac{1}{r^2})d^3r$$ $$=16\pi\int_0^\infty \frac{1}{r^2}dr\neq 1$$ Ja, das Integral divergiert, also ist es KEINE Delta-Funktion.

Ich denke, Ihre Verwirrung betrifft die Natur einer Delta-Funktion. Wenn etwas am Ursprung explodiert, bedeutet das nicht unbedingt, dass es sich um eine Delta-Funktion handelt.

Lass uns sehen:

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

Also die Ladungsdichte$\rho(r)$ist proportional zu$r^{-4}$. Eine solche Ladungsdichte kann nur im makroskopischen Maßstab erzeugt werden, wo die Ladung als kontinuierlich angesehen werden kann (geladene dielektrische sphärische Schichten).

BEARBEITEN: Wenn das Potential kugelsymmetrisch ist, handelt es sich nicht um ein Dipolfeld, sondern um ein Monopolfeld, bei dem die Ladung kontinuierlich entlang verteilt ist$r$!

Der Operator zum Wechseln von einem Potential zum anderen ist.

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

und dafür wird die Quelle in der Mitte, die durch den Laplace-Operator des neuen Potentials gegeben ist, erhalten, indem derselbe Operator auf die Quelle des ursprünglichen Potentials angewendet wird.

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

Die Quellenladung wäre also die radiale Ableitung der Deltafunktion.

Gruß Hans