Matematyka.pl

Przy okazji cwiczen z fizyki na mojej uczelni, pojawilo sie bardzo proste zadanie nt naładowanej kuli i wyznaczenia jej potencjału na zewnątrz jej, które zainspirowało mnie do rozważań które budzą moje wątpliwości.
Sugerowane przez prowadzącego rozwiązanie polegało na znalezieniu pojemności kuli, aczkolwiek mi przyszło do głowy nieco inne, dające taki sam wynik. Mianowicie, znamy gęstość ładunku ktora była równomierna \(\displaystyle{ \rho = const.}\) (ładunek był rozłożony po całej kuli, nie tylko na zewnątrz) i znany był jej promień ( \(\displaystyle{ \r_{0}}\) ) co za tym idzie - calkowity ladunek. Wychodzac od prawa Gaussa dla pol elektrostatycznych (gdzie \(\displaystyle{ r}\) będzie oznaczało promień sfery Gaussa ) :
\(\displaystyle{ div \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}}\)
poniewaz pole jest bezwirowe i potencjalne
\(\displaystyle{ \vec{E} = - grad (V)
\newline
div (-grad (V)) = \frac{\rho}{\epsilon_0}
\newline
\nabla ^2 V = -\frac{\rho}{\epsilon_0}}\)
otrzymujemy równanie Laplace'a dla w.w. naładowanej kuli
Celem rozwiązania konieczne jest przejście do współrzędnych sferycznych ( z tym ze oby dwa katy możemy pominąć ze względu na symetrie)
\(\displaystyle{ \nabla ^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r }( r^2\frac{\partial}{\partial r })}\)
wiec
\(\displaystyle{ \mbox{d}( r^2\frac{\partial}{\partial r })V = -\frac{\rho}{\epsilon_0} r^2 \mbox{d}r \newline}\)

tutaj pojawia się pierwsza wątpliwość - można przeprowadzić całkowanie bez uwzglednienia granic i wziac warunek brzegowy ze gdy \(\displaystyle{ r=0 \Leftrightarrow V(r)= 0}\) , jednak sprowadza nas on do absurdalnego wyniku ( \(\displaystyle{ V= -\frac{\rho r^3}{6 \epsilon_0}}\), niezgodnego z rozwiązaniem w przypadku nie wprowadzenia równania Poissona... )
gdyby jednak przeprowadzając całkowanie po granicach po lewej od \(\displaystyle{ r^2 \frac{\partial}{\partial r } V}\) (tak, wiem, całkowanie po zmiennej nie ma sensu, ale akurat w tym przypadku wiadomo o co chodzi) do zera, a po lewej stronie od \(\displaystyle{ r_0}\) do 0. Następnie znów rozdzielając zmienne otrzymujemy analogiczny wynik jak w przypadku wyjścia bezpośrednio od całkowej postaci prawa Gaussa.
\(\displaystyle{ V = \frac{ \rho r_0^3 } {3 r \epsilon_0}}\)
Tutaj stawiam wiec pierwsze pytanie i temat dyskusji - jak interpretować fizycznie wyrażenie \(\displaystyle{ \mbox{d}( r^2\frac{\partial}{\partial r })V}\) z przedostatniego równania oraz granice przy których całkowanie jest prawidłowe (bądź tez odpowiedni warunek brzegowy).

edit1: Wydaje mi się ze znalazłem rozwiązanie kwestii nr 1. Mianowicie po lewej stronie posiadamy różniczkę \(\displaystyle{ r^2 \vec{E}}\) zależnego od potencjału którego źródłem jest ładunek, który zawiera się tylko w kuli od 0 do r_0, tak wiec interesuje nas "zawartość" (tutaj, ładunek kulki) źródła pola elektrostatycznego. Należy również zauważyć ze wyrażenia maja wymiar strumienia, co potwierdza ta interpretacje.
Dalsze całkowanie odbywa się już przy użyciu zmiennych gdyż mamy do czynienia z gradientem natężenia.

Druga wątpliwość (co zarazem stanowi drugi problem) zaszła mnie przy przekształcaniu prawa Gaussa (po użyciu tw. Gaussa-Ostrogradskiego)
\(\displaystyle{ \iint_{S} \vec{E} d \vec{S} = \frac{Q}{ \epsilon_{0}} \newline \iiint_{V} div \vec{E} d{V} = \frac{Q}{ \epsilon_{0}} \newline \newline \frac{4}{3} r^3 \pi div \vec{E} = \frac{ \frac{4}{3} r_{0}^3 \pi \rho}{\epsilon_{0}} \Rightarrow \nabla^2 V =- (\frac{r_0}{r})^3 \frac{\rho}{\epsilon_0} \newline
\mbox{d} (r^2 \frac{\partial}{\partial r} V) = -\frac{r_0^3}{r} \frac {\rho}{\epsilon_0} \mbox{d}r}\)
co prowadzi nas do jeszcze bardziej absurdalnej fizycznie postaci \(\displaystyle{ V= \frac{r_0^3 \rho}{\epsilon_0} ( \frac{ln(r)}{r} + \frac{1}{r} )}\) , nawet pomijając poprzedni problem czyli kwestie granic / stałej całkowania.

Ponieważ obie postaci tw. Gaussa są równoważne (tj. różniczkowa i całkowa) nie mogą się nawzajem wykluczać, co staje się tutaj głównym problemem.

edit2: Wydaje mi się ze znalazłem również rozwiązanie problemu drugiego. Ponieważ na ogol musimy założyć ze promień sfery Gaussa jest równy promieniowi kuli będącej źródłem pola celem wyprowadzenia różniczkowej postaci twierdzenia, doprowadzamy równanie z wyrażeniem \(\displaystyle{ \frac{r_0^3}{r}}\) do ogólnej postaci różniczkowej która dalej przekształcamy w równanie Poissona. Wyjaśniało by to również i potwierdzało wnioski odnośnie całkowania wyrażenia \(\displaystyle{ \mbox{d}( r^2\frac{\partial}{\partial r })V}\).

Jeżeli mylę się w moim wywodzie, proszę o wskazanie popełnionego błędu.

Oczywiscie pomijam celem uproszczenia rozważań znak ładunku, wiec oznaczenia +, - mogą być niekonsekwentne.

Z góry przepraszam matematyków (producentów, a nie konsumentów matematyki...) na forum za "niesubtelność" w całym wywodzie, jednak wszystkie założenia i formalizmy wydaja się być w tym przypadku nieznaczące. Jak widać problem leży na gracy matematyka/fizyka, wiec trudno powiedzieć do kogo lepiej się zwrócić. Jak zaznaczałem rozumiem ze "utrudniam życie" nie będąc zadowolonym z pierwszego poprawnego wyniku (z całkowej postaci prawa Gaussa) jednak niezmiernie jestem ciekaw gdzie popełniam błąd uogólniając to zagadnienie.

Rozwiązując równanie otrzymamy: \(\displaystyle{ V = - \frac{\varrho_0 r^2}{6 \varepsilon_0} + \frac{C_1}{r} + C_2}\). Jednak człon zawierający stałą C1 jest niefizyczny gdy \(\displaystyle{ r < R}\), więc go odrzucamy. Natomiast na zewnątrz kuli \(\displaystyle{ r > R}\) niefizyczne jest rozwiązanie uciekające do nieskończoności wraz ze zwiększaniem odległości od kuli. Potencjał w nieskończoności możemy przyjąć dowolny, wygodnie jest go wyzerować. Stąd mamy wzór na potencjał wewnątrz kuli i na zewnątrz. Pozostaje jedynie uciąglić rozwiązanie.

Ogólnie jednak takie równania niejednorodne najwygodniej jest rozwiązywać stosując metodę funkcji Greena.
Wtedy potencjał jest dany jako:
Odnośnie sposobu z tw. O-G, to zauważ, że przecież \(\displaystyle{ \mbox{div} \, \mathbf{E} = \frac{\varrho}{\varepsilon_0}}\), zatem (przyjmując gęstość ładunku jak wcześniej i od razu uwzględniając sferyczną symetrię zagadnienia - tj. wektor natężenia pola posiada jedynie składową radialną):
\(\displaystyle{ \int_S \mathbf{E} \cdot \mbox d \mathbf{S} = \int_V \frac{\varrho (\mathbf{r} )}{\varepsilon_0} \; \mbox d V}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} 4 \pi r^2 E = \frac{4}{3 \varepsilon_0} \pi r^3 \varrho_0 & |\mathbf{r}| \le R \\
4 \pi r^2 E = \frac{4}{3 \varepsilon_0} \pi R^3 \varrho_0 & |\mathbf{r}| > R \end{cases} \Rightarrow E = \begin{cases} \frac{\varrho_0 }{3 \varepsilon_0} r & |\mathbf{r}| \le R \\ \frac{R^3 \varrho_0}{3 \varepsilon_0 r^2} = \frac{kQ}{r^2} & |\mathbf{r}| > R \end{cases}}\)
A dalej potencjał:
\(\displaystyle{ V(\mathbf{r} ) = \begin{cases} \frac{\varrho_0 R}{3 \varepsilon_0} - \frac{\varrho_0 (R^2 - r^2)}{6 \varepsilon_0} & |\mathbf{r}| \le R \\ -\frac{kQ}{r} & |\mathbf{r}| > R \end{cases}}\)

To rozwiewa wątpliwości i potwierdza moje wnioski. Dziękuję za odpowiedz