Funcional de energía en la ecuación de Poisson: ¿qué interpretación física?

Question

Consideremos este problema de valor límite:

$$\begin{cases} -\Delta V = \rho & \rm{in}\ \Omega \\ V=0 & \rm{on}\ \partial \Omega \end{cases}.$$

Sabemos que este problema tiene una formulación variacional: sus soluciones son puntos críticos de la energía funcional

$$I[u]=\int_{\Omega} \left( \frac{1}{2}\lvert \nabla u \rvert^2 - u\rho \right)\, dx,$$

(cfr. Evans Ecuaciones diferenciales parciales 2ª ed., §2.2.5).

Veamos ahora una (de las muchas) posibles interpretaciones físicas de este problema, la electrostática. Si se eligen las unidades de manera que $\varepsilon_0=1$ esta ecuación describe el potencial eléctrico $V$ en una región $\Omega$ con una distribución de la carga $\rho$ y cuyo límite es la tierra.

Sería bueno que el energía funcional introducido anteriormente coincidió con la energía total de este sistema físico. Por desgracia, me parece que no es así. De hecho, como leí en el libro de Feynman Conferencias sobre física vol.II, §8-5, la energía total de este sistema consta de dos partes aditivas: una es

$$\frac{1}{2}\int_{\Omega} \lvert \nabla V \rvert^2\, dx$$

y se debe al campo eléctrico; el otro es

$$\frac{1}{2}\int_{\Omega} V\rho\, dx$$

y se debe a la distribución de la carga.

Esto me induce a pensar que el funcional de la energía debería ser

$$U[u]=\int_{\Omega} \left(\frac{1}{2}\lvert \nabla u \rvert^2 + \frac{1}{2}u\rho \right)\, dx,$$ en lugar del correcto $$I[u]=\int_{\Omega} \left( \frac{1}{2}\lvert \nabla u \rvert^2 - u\rho \right)\, dx.$$ ¿Por qué me equivoco?

Answer 1

Creo que esto tiene que ver con lo que tratas como las variables dinámicas. En tu primera formulación, $\rho$ fue dada y fijada, y se quería calcular $V$ variando únicamente $V$ no $\rho$ . En la segunda formulación, $V$ es sólo una cantidad derivada de $\rho$ y esta es la energía adecuada para obtener $\rho$ variando $\rho$ con $V$ es sólo una abreviatura de una determinada transformación lineal de $\rho$ . Una tercera posibilidad es considerar $V$ como se da y encontrar el movimiento de una distribución de carga en este potencial -- aquí, de nuevo, no habría un factor de $\frac{1}{2}$ . Este es el caso, por ejemplo, si calculamos el movimiento del electrón en el potencial de un núcleo de hidrógeno, o de la Tierra en el potencial gravitatorio del Sol.

Matemáticamente hablando, necesitamos un factor de $\frac{1}{2}$ delante de los términos cuadráticos (donde $V\rho$ es cuadrática en $\rho$ si $V$ se considera una cantidad derivada de la variable dinámica $\rho$ ) pero no delante de los términos lineales. Desde el punto de vista físico, el factor de $\frac{1}{2}$ evita la doble contabilidad cuando la energía se considera como la energía de interacción de una distribución de carga consigo misma.

Ahora se preguntarán: ¿pero seguramente hay una energía bien definida y no podemos elegir los factores según la conveniencia? Es cierto, pero consideremos de nuevo el átomo de hidrógeno: Si consideramos el potencial del núcleo como dado, entonces no estamos contando la energía potencial del núcleo en el campo del electrón en la integral sobre $\rho V$ . Pero toda la energía está ahí y tiene que ser contabilizada en la integral, de ahí el factor $1$ . Por otro lado, al tratar un átomo de helio, donde ambos electrones son tratados como dinámicos y su energía de interacción entra en el Hamiltoniano, sí incluimos un factor de $\frac{1}{2}$ para evitar el doble conteo de energía en la integral doble sobre $\rho_1\rho_2/r_{12}$ .

Answer 2

En la formulación lagrangiana de la mecánica clásica, la funcional que extremamos para derivar la ecuación de movimiento de Euler-Lagrange es la lagrangiana, definida como

$$L[u] = T[u] - V[u]$$

donde $T[u]$ es la parte cinética y $V[u]$ es la parte potencial. Contrasta esto con el Hamiltoniano $H=T+V$ a partir de las cuales derivamos las ecuaciones de movimiento de Hamilton (éstas son equivalentes a las ecuaciones de Euler-Lagrange, y ambas están relacionadas por la transformada de Legendre). Eso debería explicar la discrepancia del signo negativo.

No estoy seguro del factor de 1/2. ¿Es posible que simplemente estemos definiendo $\rho_{\mathrm{Feynman}} = 2\rho_{\mathrm{Evans}}$ ?

Answer 3

El funcional de la energía tiene que coincidir con la energía total y no puede haber ninguna ambigüedad o "libertad de convenciones" que añada los factores de dos, entre otras cosas. Al fin y al cabo, la energía/masa total está sujeta a las leyes de conservación y determina tanto la inercia del sistema como la fuerza de su campo gravitatorio.

Si integras los dos puntos de Feynman $\int E^2/2$ y $\int \rho V/2$ contribuciones sobre todo el 3-espacio, seguramente estarías contando doblemente la energía. La energía correcta es sólo una de ellas, la que da la fórmula de Evans. En el caso localizado, se puede demostrar que las dos expresiones son iguales.

También puede utilizar la fórmula de Feynman, pero debe tener cuidado de utilizar la $\int E^2/2$ exclusivamente para la parte de los campos eléctricos que son "ajenos" a las fuentes cargadas localizadas.