Интеграл функции распределения ионов в выводе поля Драйсера

Question

Интеграл функции распределения ионов в выводе поля Драйсера

Физика
исчисление
астрофизика
кинетическая теория
плазменная физика
домашнее задание и упражнения

Андрей

Отказ от ответственности: я включаю изрядную часть физического фона, но я считаю, что это может быть решено кем-то с сильным пониманием исчисления.

Я следую выводу критической напряженности электрического поля (поля Драйсера), которая ведет к убегающим электронам в плазме, подвергаемой воздействию сильного внешнего электрического поля.

Источник: https://journals-aps-org.stanford.idm.oclc.org/pr/pdf/10.1103/PhysRev.115.238 .

В рамках процесса они определяют динамическое трение между двумя частицами (ионами (i) и электронами (e)), используя Фоккера-Планка с потенциалами Розенблюта.

Даны следующие определения потенциалов Розенблюта:

$H_{e,i} = \frac{m_e+m_i}{m_i}\Gamma_e\int{\frac{F_i(r,c',t)}{w}d^3c'}$

$w = |c-c'|$

$\Gamma_e= 4\pi\left(\frac{c^2}{4\pi \epsilon_0 m_e}\right)^2\log{\frac{\lambda}{\rho_0}}$

где:

r: позиционное пространство
c: пространство скоростей электронов
c': пространство скоростей ионов
$F_i(r,c',t)$ : 7-мерная функция распределения ионов

все остальное перечисленное считается постоянным, включая $\log{\frac{\lambda}{\rho_0}}$

Позже в статье они определяют $F(r,c,t)$ в общем смысле как смещенное распределение Максвелла, заданное как:

$F_\alpha(r,c,v(t)) = n(r)\left(\frac{\beta_\alpha(r)}{\pi}\right)^{3/2}\exp{\left(-\beta_\alpha(r)|c-v_\alpha(t)|^2\right)}$

$\beta_\alpha(r) = \frac{m_\alpha}{2kT_\alpha(r)}$

где $v_\alpha(t)$ - объемная скорость частиц, а $T_\alpha(r)$ является видовой температурой.

С этим общим определением функции распределения видов автор утверждает, что взял это определение и применил его к ранее приведенному определению потенциалов Розенблюта, чтобы получить результат:

$H_{e,i} = \frac{m_e+m_i}{m_i}\Gamma_e\frac{\xi(\beta_i^{1/2}q)}{q}$

$\xi(x) = \frac{2}{\sqrt(\pi)}\int_{0}^{x}\exp{(-t^2)}dt$

$q = |c-v_i(t)|$

Мой вопрос заключается в том, как два предыдущих определения объединяются для получения этого результата? На мой взгляд, замена и интегрирование не дают такого результата, но моя математика может быть неправильной. Кто-нибудь с лучшим умом для исчисления есть какие-либо мысли по этому поводу?

честный_vivere

The

ξ (x)

$\xi(x)$ term - это просто функция ошибки. Причина, по которой это происходит, заключается в том, что только электроны до этой нормализованной скорости (т. е. скорость дрейфа электронов выше тепловой скорости иона) вносят свой вклад в потенциал. Вы заметите, что они на самом деле ничего не интегрируют, они просто заменяют функцию ошибки символическим выражением. Функция ошибки интегрируется численно.

q

$q$ фактор просто учитывает трансформацию системы отсчета (т. е. оценивает потенциал в системе покоя иона).

Ответы (1)

Интеграл функции распределения ионов в выводе поля Драйсера

The $\xi(x)$ term - это просто функция ошибки. Причина, по которой это происходит, заключается в том, что только электроны до этой нормализованной скорости (т. е. скорость дрейфа электронов выше тепловой скорости иона) вносят свой вклад в потенциал. Вы заметите, что они на самом деле ничего не интегрируют, они просто заменяют функцию ошибки символическим выражением. Функция ошибки интегрируется численно. $q$ фактор просто учитывает трансформацию системы отсчета (т. е. оценивает потенциал в системе покоя иона).

Эндулум · Answer 1

Вы не сможете увидеть результат, просто осмотрев его, потому что потенциалы Розенблюта представляют собой тройные интегралы, а окончательный результат — всего лишь один интеграл. Вы должны фактически выполнить интегралы по двум координатам скорости, чтобы получить указанный результат. Ниже приведены первые несколько шагов для этого.

Сначала измените переменные на $C = c'-c$ .

\begin{aligned} \int_{р^{3}} г^{3} с^{'} \frac{Ф (\vec{р}, с^{'}, т)}{ж} & "=" н_{я} {(\frac{β_{я}}{π})}^{3 / 2} \int_{р^{3}} г^{3} с^{'} \frac{1}{| с^{'} - с |} е^{- β_{я} | с - в_{я} |^{2}} \\ "=" н_{я} {(\frac{β_{я}}{π})}^{3 / 2} \int_{р^{3}} г^{3} С \frac{1}{| С |} е^{- β_{я} | С + с - в_{я} |^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} \int_{\mathbb R^3}d^3c' \frac{F(\vec r, c', t)}{w} &= n_i\left(\frac{\beta_i}{\pi}\right)^{3/2}\int_{\mathbb{R}^3} d^3c' \frac{1}{|c'- c|} e^{-\beta_i|c-v_i|^2}\\ &= n_i\left(\frac{\beta_i}{\pi}\right)^{3/2} \int_{\mathbb R^3} d^3C \frac{1}{|C|}e^{-\beta_i|C+c-v_i|^2} \end{align}$ Затем расширьте показатель степени, используя закон косинусов,

| С + с - в_{я} |^{2} "=" | С |^{2} + | с - в_{я} |^{2} + 2 | с - в_{я} | | С | потому что θ "=" ж^{2} + д^{2} + 2 д ж потому что θ,

$|C+c-v_i|^2 = |C|^2 + |c-v_i|^2 + 2|c-v_i||C|\cos\theta = w^2 + q^2 + 2qw\cos\theta ,$ где

θ

$\theta$ это угол между

C

$C$ и

c - v_{i}

$c-v_i$ . Теперь выразим интеграл в сферической системе координат

(C_{x}, C_{y}, C_{z}) \to (w, θ, ϕ)

$(C_x,C_y,C_z)\to(w,\theta,\phi)$ ,

\begin{aligned} н_{я} {(\frac{β_{я}}{π})}^{3 / 2} \int_{р^{3}} г^{3} С \frac{1}{| С |} е^{- β_{я} (ж^{2} + д^{2})} е^{- 2 β_{я} д ж потому что θ} \\ "=" н_{я} {(\frac{β_{я}}{π})}^{3 / 2} \int_{0}^{\infty} г ж \int_{0}^{π} г θ \int_{0}^{2 π} г ф ж^{2} грех θ \frac{1}{ж} е^{- β_{я} (ж^{2} + д^{2})} е^{- 2 β_{я} д ж потому что θ} \end{aligned}

$\begin{align} &n_i\left(\frac{\beta_i}{\pi}\right)^{3/2} \int_{\mathbb R^3} d^3C \frac{1}{|C|}e^{-\beta_i(w^2+q^2)}e^{-2\beta_i qw\cos\theta} \\ &= n_i\left(\frac{\beta_i}{\pi}\right)^{3/2} \int_0^\infty dw \int_0^{\pi} d\theta\int_0^{2\pi} d\phi ~w^2 \sin\theta \frac{1}{w}e^{-\beta_i (w^2+q^2)}e^{-2\beta_i qw\cos\theta} \end{align}$ Подынтегральная функция не зависит от

ϕ

$\phi$ , поэтому интеграл по

ϕ

$\phi$ просто вносит общий фактор

2 π

$2\pi$ .

θ

$\theta$ интеграл проще всего сделать с заменой

u = \cos θ

$u = \cos\theta$ ,

d u = - \sin θ d θ

$du = -\sin\theta d\theta$

\begin{aligned} н_{я} {(\frac{β_{я}}{π})}^{3 / 2} \int_{0}^{\infty} г ж \int_{0}^{π} г θ \int_{0}^{2 π} г ф ж^{2} грех θ \frac{1}{ж} е^{- β_{я} (ж^{2} + д^{2})} е^{- 2 β_{я} д ж потому что θ} \\ "=" 2 π н_{я} (β_{я} / π)^{3 / 2} \int_{0}^{\infty} г ж ж е^{- β_{я} (ж^{2} + д^{2})} \int_{- 1}^{1} г ты е^{- 2 β_{я} д ж ты} \\ "=" н_{я} β_{я}^{3 / 2} \frac{2}{\sqrt{π}} \int_{0}^{\infty} г ж ж е^{- β_{я} (ж^{2} + д^{2})} \frac{1}{2 β_{я} д ж} [е^{2 д ж} - е^{- 2 д ж}] \\ "=" \frac{н_{я} \sqrt{β_{я}}}{д \sqrt{π}} [\int_{0}^{\infty} г ж е^{- β_{я} (ж^{2} - 2 д ж + д^{2})} - \int_{0}^{\infty} г ж е^{- β_{я} (ж^{2} + 2 д ж + д^{2})}] \end{aligned}

$\begin{align} & n_i\left(\frac{\beta_i}{\pi}\right)^{3/2} \int_0^\infty dw \int_0^{\pi} d\theta\int_0^{2\pi} d\phi ~w^2 \sin\theta \frac{1}{w}e^{-\beta_i (w^2+q^2)}e^{-2\beta_i qw\cos\theta} \\ &= 2\pi n_i(\beta_i/\pi)^{3/2}\int_0^\infty dw~w e^{-\beta_i(w^2+q^2)}\int_{-1}^1 du ~e^{-2\beta_i q w u} \\ &= n_i\beta_i^{3/2}\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty dw~w e^{-\beta_i (w^2+q^2)}~\frac{1}{2\beta_i q w}\left[ e^{2qw} - e^{-2qw} \right] \\ &= \frac{n_i\sqrt{\beta_i}}{q\sqrt{\pi}} \left[ \int_0^\infty dw~e^{-\beta_i(w^2 -2qw + q^2)} - \int_0^\infty dw~e^{-\beta_i(w^2 + 2qw +q^2)} \right] \end{align}$ Таким образом, трехмерный интеграл был сведен всего к двум одномерным интегралам. Я опущу последние шаги выражения их в терминах

ξ (\sqrt{β_{i}} q)

$\xi(\sqrt{\beta_i}q)$ . Это можно сделать с помощью очень рутинных изменений переменных.

Интеграл функции распределения ионов в выводе поля Драйсера

Андрей

честный_vivere

Ответы (1)

Эндулум

Температура смешанной плазмы

Нахождение приблизительного расстояния между молекулами в газе

Эффективный потенциал для керровской геометрии

Линии Бальмера и их положение

Разложение в ряд Тейлора lnln\ln и кошкош\кош по расстоянию, падающему во времени, уравнение ттт

Астрономические радиопередачи (AWR) между космическими плазмами?

Остаются ли звезды электрически нейтральными? [дубликат]

Как выполнить интегралы по многомерной дельта-функции?

Распределение плотности межзвездной среды

Путаница с компонентом объема в законе Гаусса для цилиндра