Потенциал в центре кубического ящика

Кажется, что ответ на самом деле должен быть точным. Доказательство выглядит следующим образом.

Определим распределение заряда$C_1$распределение, которое будет иметь система (вся система, а не только одна сторона), если граничные условия выполнены и 1-я сторона куба имеет потенциал$V_0$. Аналогично определим$C_2$...$C_6$. Теперь у этих дистрибутивов есть очевидное (но очень полезное) свойство. Из-за суперпозиции, если в системе раньше было какое-то распределение заряда и, следовательно, какая-то точка, лежащая, например, на поверхности 1, ранее имела потенциал$\phi_1$, после добавления$C_i$, у него был бы потенциал$\phi_1 + V_0$если$i = 1$и$\phi_1$если$i \neq 1$(непосредственно из определения$C_1$).

Из-за симметрии добавление$C_i$в систему для любого$i$, должен увеличивать потенциал в центре на постоянную величину$\Delta V$. Однако из-за «очевидного» свойства, если куб, изначально не имеющий зарядов, заряжается распределением$C_1 + ... + C_6$, граница полученного куба находится равномерно при потенциале$V_0$- из чего следует, что в центре она также$V_0$(он фактически находится в металлической клетке). Таким образом$\Delta V$должно быть$V_0 / 6$, что является ответом.

Для гармонических функций (решений уравнения Лапласа) существует свойство, называемое теоремой о среднем значении.

В нем говорится, что если у вас есть мяч$B_R(x)$радиуса$R$в центре$x$. Граница этого шара — сфера. Тогда значение гармонической функции$\varphi$в центре шара задается средним значением этой функции на сфере:

$$\varphi(x)=\frac{1}{S_R}\int\limits_{\partial B_R(x)}\varphi\, dS$$ где $S_R$это поверхность сферы, в 3-х измерениях это $S_R=4\pi R^2$.

Так что можно ожидать, что значение в центре куба будет примерно равно среднему значению на его границе. Однако вы также можете ожидать, что должны быть некоторые исправления, потому что куб не является шаром. Я предлагаю поискать доказательство теоремы о среднем значении для возможного понимания. В основном это получается из тождества Грина,

$$\int\limits_V(\varphi\Delta\psi-\psi\Delta\varphi)dx=\int\limits_{\partial V}\Big(\psi\frac{\partial}{\partial n}\varphi-\varphi\frac{\partial}{\partial n}\psi\Big)dS$$ принимая $\psi=\frac{1}{r}$для которого $\Delta\psi=-4\pi\delta(x)$.

Вот ответ вероятностника. Решение уравнения Лапласа с граничными условиями эквивалентно решению следующей задачи о «разорении игрока».

Игрок имеет начальную позицию${\bf x} \in \mathbb{R}^3$, и движется внутри области как (n изотропное) броуновское движение, пока не достигнет границы ящика и не прекратит движение. Есть два типа граничных граней: «выигрышные» грани, потенциал которых равен 1; и «проигрышные» грани, потенциал которых равен 0.

Вопрос: Учитывая исходное положение${\bf x}$, какова вероятность$P({\bf x})$что игрок выигрывает --- т.е. попадает в выигрышную грань раньше, чем в проигрышную грань?

Наблюдения:

• Если${\bf x}$на выигрышном лице, то$P({\bf x})=1$.
• Если${\bf x}$находится на проигрышном лице, то$P({\bf x})=0$.
• Если${\bf x}$находится где-нибудь еще в поле, то вычисление вероятности показывает, что$P$удовлетворяет уравнению Лапласа:$\Delta P=0$.

Имея это в виду, мы возвращаемся к исходному вопросу с$V_0=1$. Игрок начинает с истоков${\bf 0}$, а из 6 граничных граней 1 выигрышная, а 5 проигрышная. В силу симметрии (изотропии) задачи выведите, что$P({\bf 0})=\frac{1}{6}$.

ПС: если${\bf x}\neq {\bf 0}$, история о разорении игрока остается в силе, но мы теряем аргумент симметрии, который позволил нам получить быстрый ответ.