Laplacianos y funciones delta de Dirac

Question

A menudo se cita en los libros de texto de física para hallar el potencial eléctrico utilizando la función de Green que

$$\nabla ^2 \left(\frac{1}{r}\right)=-4\pi\delta^3({\bf r}),$$

o más generalmente

$$\nabla ^2 \left(\frac{1}{|| \vec x - \vec x'||}\right)=-4\pi\delta^3(\vec x - \vec x'),$$

donde $\delta^3$ es la tridimensional Distribución delta de Dirac . Sin embargo no entiendo cómo/dónde viene esto. ¿Alguien me lo puede explicar?

Answer 1

El gradiente de $\frac1r$ (señalando que $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ ) es

$$ \nabla \frac1r = -\frac{\mathbf{r}}{r^3} $$ cuando $r\neq 0$ donde $\mathbf{r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k}$ . Ahora, la divergencia de esto es

$$ \nabla\cdot \left(-\frac{\mathbf{r}}{r^3}\right) = 0 $$ cuando $r\neq 0$ . Por lo tanto, para todos los puntos para los que $r\neq 0$ ,

$$ \nabla^2\frac1r = 0 $$ Sin embargo, si integramos esta función sobre una esfera, $S$ de radio $a$ entonces, aplicando el Teorema de Gauss, obtenemos

$$ \iiint_S \nabla^2\frac1rdV = \iint_{\Delta S} -\frac{\mathbf{r}}{r^3}.d\mathbf{S} $$ donde $\Delta S$ es la superficie de la esfera y está orientada hacia el exterior. Ahora bien, $d\mathbf{S}=\mathbf{\hat r}dA$ donde $dA=r^2\sin\theta d\phi d\theta$ . Por lo tanto, podemos escribir nuestra integral de superficie como $$\begin{align} \iint_{\Delta S} -\frac{\mathbf{r}}{r^3}.d\mathbf{S}&=-\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\frac{r}{r^3}r^2\sin\theta d\phi d\theta\\ &=-\int_0^\pi\sin\theta d\theta\int_0^{2\pi}d\phi\\ &= -2\cdot 2\pi = -4\pi \end{align}$$ Por lo tanto, el valor del laplaciano es cero en todas partes excepto en cero, y la integral sobre cualquier volumen que contenga el origen es igual a $-4\pi$ . Por lo tanto, el laplaciano es igual a $-4\pi \delta(\mathbf{r})$ .

EDIT: El caso general se obtiene entonces sustituyendo $r=|\mathbf{r}|$ con $s=|\mathbf{r}-\mathbf{r_0}|$ en cuyo caso la función se desplaza a $-4\pi \delta(\mathbf{r}-\mathbf{r_0})$

Answer 2

Soy nuevo por aquí (¡así que se admiten sugerencias sobre cómo publicar!) y quiero aportar mi granito de arena a esta cuestión, aunque sea un poco antigua. Siento que necesito hacerlo porque usar el teorema de la divergencia en este contexto no es del todo riguroso. Estrictamente hablando $1/r$ ni siquiera es diferenciable en el origen. Así que aquí está una prueba usando límites de distribuciones.

Sea $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^{3}$ y $r=|\mathbf{x}|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ . Del cálculo directo se desprende que $\nabla^{2}\left(\frac{1}{r}\right)=0$ en todas partes excepto en $\mathbf{x}=0$ donde, de hecho, no está definido. Así, la integral de $\nabla^{2}\left(\frac{1}{r}\right)$ sobre cualquier volumen que no contenga el origen es cero.

Así que $\eta>0$ y $r_{\eta}=\sqrt{x^2+y^2+z^2+\eta^2}$ . Obviamente $\lim\limits_{\eta\rightarrow 0}r_{\eta}=r$ . El cálculo directo aporta \begin{equation} \nabla^{2}\left(\frac{1}{r_{\eta}}\right) = \frac{-3\eta^{2}}{r_{\eta}^5} \end{equation} Consideremos ahora la distribución representada por $\nabla^{2}\left(\frac{1}{r_{\eta}}\right)$ y que $\rho$ sea una función de prueba (por ejemplo, en el espacio de Schwartz). Utilizo la notación bra-ket de Dirac para expresar la acción de una distribución sobre una función de prueba. Sea $S^{2}$ sea la esfera unitaria. Así, calculamos \begin{align} \lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\left.\left\langle \nabla^{2}\left(\frac{1}{r_{\eta}}\right)\right|\rho\right\rangle &= \lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\iiint\limits_{\mathbb{R}^3}\mathrm{d}^{3}x\, \nabla^{2}\left(\frac{1}{r_{\eta}}\right)\rho(\mathbf{x})\\ &=\lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\left\{\iiint\limits_{\mathbb{R}^3\setminus S^{2}}\mathrm{d}^{3}x\, \frac{-3\eta^{2}}{r_{\eta}^5}\rho(\mathbf{x})+ \iiint\limits_{S^{2}}\mathrm{d}^{3}x\, \frac{-3\eta^{2}}{r_{\eta}^5}\rho(\mathbf{x})\right\}\\ &=\lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\iiint\limits_{S^{2}}\mathrm{d}^{3}x\, \frac{-3\eta^{2}}{r_{\eta}^5}\rho(\mathbf{x}) \end{align} Donde el límite de la primera de las integrales entre llaves es cero (fácil de demostrar, haciendo referencia al laplaciano de $1/r$ no es necesario $\eta$ en conjuntos que no contengan el origen). Ahora Taylor expande $\rho$ en $\mathbf{x}=0$ e integrar utilizando coordenadas polares esféricas: \begin{equation} \lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta\,\sin\theta\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\,\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{-3\eta^{2}t^{2}}{(t^{2}+\eta^{2})^{5/2}}(\rho(0)+O(t^{2})) \end{equation} Integrando conseguirás que todos los términos contenidos en $O(t^2)$ desaparecen como $\eta\rightarrow 0$ mientras que el término con $\rho(0)$ restos. De hecho \begin{align} \lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\frac{-4\pi\rho(0)}{\sqrt{1+\eta^{2}}}&=-4\pi\rho(0)\\ &=\langle -4\pi\delta_{0}^{(3)}|\rho\rangle \end{align}

A partir de este argumento se define la distribución límite \begin{equation} \nabla^{2}\left(\frac{1}{r}\right):=\lim\limits_{\eta\rightarrow 0}\nabla^{2}\left(\frac{1}{r_{\eta}}\right)=-4\pi\delta_{0}^{(3)} \end{equation} La generalización a $r=|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}|$ es obvio.

Answer 3

He aquí una derivación de callejón sin salida utilizando las propiedades de la transformada de Fourier. Tomemos la transformada de Fourier de $\frac{1}{4 \pi r}$ para obtener $\frac{1}{k^2}$ . Por lo tanto, $$ \frac{1}{4\pi r} = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{e^{-ik\cdot r}}{k^2} $$ Ahora, aplica $-\nabla^2$ para obtener $$ -\nabla^2 \frac{1}{4\pi r} = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{-ik\cdot r} $$ Esta es la función delta, pero podemos poner explícitamente nuestra función de prueba: \begin{align*} \int d^3r \left(-\nabla^2 \frac{1}{4 \pi r}\right) f(r) &= \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \int d^3r e^{-ik\cdot r} f(r) \\ &= \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \tilde{f}(k) \\ & = f(r=0). \end{align*}

Answer 4

Podemos utilizar el método más sencillo para mostrar los resultados, como se muestra a continuación : -

$$ \nabla ^2 \left(\frac{1}{r}\right) = \nabla \cdot \nabla \left( \frac 1 r \right) = \nabla \cdot \frac {-1 \mathbf {e_r}} {r^2} $$

Supongamos que existe una esfera centrada en el origen, entonces el flujo total sobre la superficie de la esfera es : -

$$ \text {Total flux} = 4 \pi r^2 \frac {-1} {r^2} = -4 \pi $$

Supongamos que el volumen de la esfera es $ \mathbf {v(r)}$ así que por definición, la divergencia es : -

$$ \lim_{\text {volume} \to zero} \frac {\text {Total Flux}} {\text {Volume}} = \lim_{\text {v(r)} \to 0} \left(\frac {-4 \pi} {v(r)}\right) $$

Así que, obviamente,

$$ \lim_{\text {r} \to 0} \left[ \nabla ^2 \left(\frac{1}{r}\right) \right]= \lim_{\text {r} \to 0} \left[ \nabla \cdot \nabla \left( \frac 1 r \right) \right]= \lim_{\text {r} \to 0} \left(\frac {-4 \pi} {v(r)} \right) = \text {infinite} $$

$$ \lim_{\text r\to 0} \int \nabla ^2 \left( \frac 1 r \right) dv(r) = \lim_{\text r\to 0}\int \frac {-4 \pi} {v(r)} dv(r) = -4\pi$$

Dado que el laplaciano es cero en todas partes excepto en $r \to 0$ es cierto y real que :-

$$ \nabla ^2 \left(\frac{1}{r}\right)=-4\pi\delta^3({\bf r}) $$