Mostrar que $\nabla\cdot\left(\dfrac{\mathbf{e}_r}{r^2}\right)=4\pi\delta(\mathbf{r})$ utilizando el teorema de la divergencia.

Question

The book answer goes as follows:

Por el teorema de la divergencia en coordenadas esféricas encontramos $$\color{red}{\iiint_\limits{\large\text{volume}\,\tau}\nabla\cdot\left(\dfrac{\mathbf{e}_r}{r^2}\right)\mathrm{d}\tau}=\color{blue}{\iint_\limits{\large\text{surface enclosing}\, \tau}\dfrac{\mathbf{e}_r}{r^2}\cdot\mathbf{e}_r\,\mathrm{d}\sigma}=\color{#180}{\int_{\phi=0}^{2\pi}\int_{\theta=0}^{\pi}\frac{1}{r^2}r^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\phi}=4\pi$$ Thus $\nabla\cdot\left(\dfrac{\mathbf{e}_r}{r^2}\right)$ has the properties that it is zero $\forall\r\gt 0$ but its integral over any volume including the origin is $4\pi$; this suggests that it is equal to $4\pi\delta(\mathbf{r})$.

Como se mencionó en un comentario más abajo; $\mathbf{e}_r$ es una unidad radial del vector.

Sé que el $\color{red}{\mathrm{red}}$ $\color{blue}{\mathrm{blue}}$ integrales son una declaración de que el teorema de la divergencia. La única cosa que no puedo entender es cómo la $\color{#180}{\mathrm{green}}$ integral se obtuvo a partir de la $\color{blue}{\mathrm{blue}}$ integral.

Sé que $$\mathrm{d}\sigma=\left|\frac{\partial r}{\partial \theta}\times\frac{\partial r}{\partial \phi}\right|\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\phi\tag{1}$$ I think that equation $(1)$ has been used but I'm not sure how to use it. Could someone please explain how the $\color{#180}{\mathrm{verde}}$ integral se alcanzó?

Answer 1

Puede evaluar la integral de superficie en coordenadas esféricas:

1). establece

\begin{align} x&=r\sin\theta\cos\phi\;,\\ y&=r\sin\theta\sin\phi\;,\\ z&=r\cos\theta\;, \end {Alinee el}

2). escribir

$\vec r(\theta,\phi)=r\sin\theta\cos\phi \vec i+r\sin\theta\sin\phi\vec j+r\cos\theta \vec k$

3). entonces

$\vec r_{\theta}(\theta, \phi)=r\cos\theta\cos\phi \vec i+r\cos\theta\sin\phi\vec j-r\sin\theta \vec k$

y

$\vec r_{\phi}(\theta, \phi)=-r\sin\theta\sin\phi \vec i+r\sin\theta\cos\phi\vec j$

4). encuentre la magnitud del producto Cruz:

$\color{red}{\vert \vec r_{\phi}\times \vec r_{\theta}\vert =r^2\sin \theta.} $ $(\sin \theta \geq 0$ desde $0\leq \theta <\pi)$,

Para

$d\sigma =r^2\sin \theta d\theta d\phi$.

5). encuentra los límites de integración:

$0\leq \phi <2\pi;\ 0\leq \theta <\pi$ porque la superficie es una esfera.

6). sustituir en la integral:

$\color{blue}{\iint_\limits{\large\text{surface enclosing}\, \tau}\dfrac{\mathbf{e}_r}{r^2}\cdot\mathbf{e}_r\,\mathrm{d}\sigma }=\int \int _{\sigma }\frac{1}{r^{2}}d\sigma =\int^{2\pi }_0 \int^{\pi }_0 \frac{1}{r^{2}}(r^{2}\sin \theta )d\theta d\phi=$

Answer 2

El vector $\vec r$ es una función de $\theta$$\phi$; el cual es dado por $$\vec r=r\sin\theta\cos\phi \widehat i+r\sin\theta\sin\phi\widehat j+r\cos\theta \widehat k$$ and the unit vector $\widehat r$ is given by $$\color{teal}{\widehat r=\sin\theta\cos\phi \widehat i+\sin\theta\sin\phi\widehat j+\cos\theta \widehat k}\tag{2}$$

Por lo tanto,

$$\frac{\partial r}{\partial \theta}=r\cos\theta\cos\phi \widehat{i}+r\cos\theta\sin\phi\widehat{j}-r\sin\theta \widehat{k}$$ y $$\frac{\partial r}{\partial \phi}=-r\sin\theta\sin\phi \widehat i+r\sin\theta\cos\phi\widehat j$$

Por lo $$\begin{align}\frac{\partial r}{\partial \theta}\times\frac{\partial r}{\partial \phi}&=\begin{vmatrix} \widehat i & \widehat j & \widehat k \\ r\cos\theta\cos\phi & r\cos\theta\sin\phi & -r\sin\theta \\ -r\sin\theta\sin\phi & r\sin\theta\cos\phi & 0 \end{vmatrix}\\&=r^2\sin^2\theta\cos\phi\widehat i +r^2\sin^2\theta\sin\phi\widehat j+ r^2\cos\theta\sin\theta\cos^2\phi\widehat k+r^2\cos\theta\sin\theta\sin^2\phi\widehat k\\&=r^2\sin^2\theta\cos\phi\widehat i +r^2\sin^2\theta\sin\phi\widehat j+ r^2\cos\theta\sin\theta\left(\cos^2\phi+\sin^2\phi\right)\widehat k\\&=r^2{\left(\sin^2\theta\cos\phi\widehat i+\sin^2\theta\sin\phi\widehat j+\cos\theta\sin\theta\widehat k\right)}\\&=r^2\sin\theta\color{purple}{\underbrace{\left(\sin\theta\cos\phi\widehat i+\sin\theta\sin\phi\widehat j+\cos\theta\widehat k\right)}_{\color{teal}{\Large\text{From (2)}\,=\,\widehat r}}}\\&=r^2\sin\theta\,\widehat r\end{align}$$

Tomando la magnitud da $$\left|\frac{\partial r}{\partial \theta}\times\frac{\partial r}{\partial \phi}\right|=\sqrt{\left(r^2\sin\theta\,\widehat r\right)^2}={\sqrt{r^4\sin^2\theta \,\widehat r^2}}=\underbrace{r^2\sin\theta}_{\Large\text{Since}\,\color{teal}{\widehat r}^2=1}$$ Por lo tanto, $$\color{#F80}{\mathrm{d}\sigma=\left|\frac{\partial r}{\partial \theta}\times\frac{\partial r}{\partial \phi}\right|\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\phi}\tag{1}$$ $$=r^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\phi$$

Como amablemente señaló en un comentario dado por @Chilango estamos integrando a través de una esfera de radio $r$. De modo que el ángulo azimutal $\phi$ tiene un límite de rango dado por $0\leq \phi \lt 2\pi$ y el ángulo polar $\theta$ tiene un límite de rango dado por $\ 0\leq \theta \lt\pi$.

Por último, la sustitución de $(1)$ y los límites en la $\color{blue}{\mathrm{blue}}$ integral da el $\color{#180}{\mathrm{green}}$ integral como sea necesario.

Un agradecimiento especial a @Chilango por su respuesta que me dio las ideas necesarias para dar esta respuesta con plena justificación que $$\left|\frac{\partial r}{\partial \theta}\times\frac{\partial r}{\partial \phi}\right|=r^2\sin\theta$$

Answer 3

Una nota sobre lo que creo que para ser un engañosa tendencia en algunos textos, donde hace poco que me he tropezado.

Como un buen integral de Riemann, $$\iiint_{\tau}\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{e}_r}{r^2}\right)d\tau$$ where $\frac{\mathbf{e}_r}{r^2}=\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}$ (it seems that $\mathbf{y}=\mathbf{0}$ in your case), is $0$ if $\mathbf{y}\notin\bar{\tau}$ and does not exist if $\mathbf{y}\in\bar{\tau}$porque el integrando de una integral de Riemann, habitual en el cálculo de las definiciones de la misma, ha de ser definido en todo el dominio.

Como el límite $$\lim_{\varepsilon\to 0}\iiint_{\tau\setminus B(\mathbf{y},\varepsilon)}\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}\right)dx_1dx_2dx_3$$ it is $0$ because $\lim_{\varepsilon\a 0}0=0$ and the same holds for the Lebesgue integral $$\int_{\tau}\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}\right)d\mu_{\mathbf{x}}$$que se calcula como el anterior límite.

Esto muestra que, bajo estas definiciones de la integral y la habitual definición de la derivada, el teorema de la divergencia, ciertamente válido si, en lugar de $\frac{\mathbf{e}_r}{r^2}$ tenía un campo de vectores $\mathbf{F}\in C^1(\mathring{A})$ $\tau\subset\mathring{A}$ la satisfacción oportuna de las suposiciones, no se puede aplicar.

Desde $\forall\mathbf{x}\in\mathbb{R}^3\setminus\{\mathbf{y}\}\quad\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}=-\nabla\left(\frac{1}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|}\right)$ y la divergencia del gradiente es el Laplaciano $\nabla\cdot\nabla=\nabla^2$, podemos ver que $\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}\right)=-\nabla^2\left(\frac{1}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|}\right)$. A continuación, mediante la lectura de la integral $$\int_{\tau}-\nabla^2\left(\frac{1}{r}\right)\varphi \,d\tau$$ where $\varphi\C^2(\mathbb{R}^3)$ (typically $\varphi\en C^\infty(\mathbb{R}^3)$) is such that $\forall\mathbf{x}\notin\tau\quad\varphi(\mathbf{x})=0$, in the symbolic way of the Laplacian of the distribution defined by $-\frac{1}{r}$, it can be shown, as it is here, that $-\int_{\tau}\nabla^2\left(\frac{1}{r}\right)\varphi \,d\tau=4\pi\int_{\tau}\delta_{\mathbf{y}}\varphi \,d\tau:=4\pi\varphi(\mathbf{y})$ (where $\delta_{\mathbf{y}}(\mathbf{x}):=\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})$), but that is$$\lim_{\varepsilon\to 0}\iiint_{\tau\setminus B(\mathbf{y},\varepsilon)}\frac{-\nabla^2\varphi(\mathbf{x})}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|}dx_1dx_2dx_3=\int_{\tau}\frac{-\nabla^2\varphi(\mathbf{x})}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|}d\mu_{\mathbf{x}}$$if we use the usual Riemann (one th left) or Lebesgue (on the right) integrals, while $$\lim_{\varepsilon\to 0}\iiint_{\tau\setminus B(\mathbf{y},\varepsilon)}\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}\right)\varphi(\mathbf{x})dx_1dx_2dx_3=\int_{\tau}\nabla\cdot\left(\frac{\mathbf{x}-\mathbf{y}}{\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|^3}\right)\varphi(\mathbf{x})d\mu_{\mathbf{x}}\equiv 0$$for all $\mathbf{y}$ and all functions $\varphi$.