Что у вас есть совершенно правильно

1) Закон гласит, что$\nabla\cdot E=\frac{1}{\epsilon 0}\rho$, но когда я вычисляю это напрямую, я получаю это$\nabla\cdot E=0$(по крайней мере для$r\neq0$).

Потрясающий! Видите ли, если вы получили это на основе$\vec E$поле кулоновского точечного заряда, то$\rho = 0$для$r \ne 0.$Итак, вы согласны по всем пунктам, за исключением, возможно, точки в нуле.

Где вещи начинают становиться подозрительными

2) Сейчас$\iiint\limits_\nu \nabla\cdot E d\tau$должно быть равно нулю независимо от того, каково значение дивергенции в 0, поскольку дивергенция равна нулю везде, кроме 0 (в отличие от закона, который утверждает, что она не равна нулю).

Вот где возникает проблема. Правильный способ визуализировать точечный заряд, как$\rho$, это 3D Дирак$\delta$-функция. Одномерная дельта-функция Дирака подозрительно похожа на функцию$\delta(x) = 0, x\ne 0$но имеет бесконечно высокий пик при$x=0$такой, что для всех$\epsilon > 0$у нас есть$\int_{-\epsilon}^{\epsilon}dx~\delta(x) = 1$. Это, конечно, не настоящая функция, но вы можете обращаться с ней таким образом, потому что вы можете заменить некоторые реальные функции, например$\delta_s(x) = (2\pi s^2)^{-1/2} \exp[-x^2/(2s^2)],$и тогда вне интеграла можно взять предел как$s \rightarrow 0$чтобы получить конечные решения, которые ведут себя именно таким образом. Поскольку функция Гаусса также является гладкой, можно даже определить$\delta'(x), \delta''(x),\dots$с помощью$\delta_s'(x), \delta_s''(x),\dots$; они работают так, как можно было бы ожидать, если бы вы наивно выполняли интеграцию по частям. В конце концов, вы можете понять их в алгебре «интегральных преобразований», которые в основном определяются путем указания реальной функции, которая действует как «ядро» преобразования. Дирак$\delta$-функция возникает путем добавления преобразования, которое нельзя указать таким образом, но которое все же чрезвычайно важно: преобразование идентичности. Именно потому, что удовлетворяет$\int_{-L}^{L} dx~\delta(x - x_0)~f(x) = f(x_0)$что мы присоединяем его к нашему списку преобразований; и в этой математике "распределений" у вас есть, например,$[\delta(x)]^2 = 0.$

Обобщение на 3D и понимание первого уравнения Максвелла

Поскольку вы не можете умножить их осмысленно, 3D$\delta$-функция вместо этого должна быть построена в сферических координатах как другой предел:

$$\delta^3_s(r,\theta,\phi) = \frac{1}{2\pi r^2} \frac{1}{\sqrt{2\pi s^2}} ~ \exp\left[-\frac{r^2}{2s^2}\right]$$

Чтобы рассчитать$\vec E$поле для этого распределения заряда, вам нужен результат о$1/r^2$законы силы (вы, возможно, видели это в контексте гравитации), которые утверждают, что сферическая оболочка массы$M$в среднем не имеет поля внутри, а внешне ведет себя так, как будто вся его масса расположена в его центре. Таким образом, поле на любой сферической поверхности определяется путем вычисления всего заряда внутри этой сферы с использованием$\rho_{\text{point}} = q_0 ~ \delta^3_s(r,\theta,\phi).$Этот замкнутый заряд радиусом$R$является:

$$q_s(R) = \int_{r<R} dV ~ q_0~ \delta^3_s(r,\theta,\phi) = 2~q_0~ \int_0^R \frac{dr}{\sqrt{2\pi s^2}} ~ \exp\left[-\frac{r^2}{2s^2}\right].$$ Определение $\chi(z) = \int_0^z \frac{dx}{\sqrt{2\pi}} \exp(-x^2/2)$это просто $$q_s(R) = 2~q_0~\chi(R/s).$$ Это интеграл, который нельзя выразить в терминах элементарных функций, но это не будет иметь для нас большого значения. Наш рецепт, что поле возникает только за счет заряда, заключенного в сфере радиуса $r$, все действует так, как будто это в начале координат, означает, что $\vec E$-поле чисто радиальное и $$\vec E = \frac{q_s(r)}{4\pi\epsilon_0 r^2}~\hat r.$$ Затем, глядя на формулу для дивергенции в сферических координатах, мы обнаруживаем, что здесь она упрощается до: $$\nabla\cdot\vec E = \frac{1}{r^2} \partial_r (r^2 E_r) = \frac{q_0}{4\pi\epsilon_0 r^2} ~ \frac{2}{s} ~\chi'(r/s) = \frac{q_0}{4\pi\epsilon_0 r^2} ~ \frac{2}{s} ~\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left[-\frac{r^2}{2 s^2}\right]$$ Но это, конечно, всего лишь: $$\nabla \cdot \vec E = \frac{q_0}{\epsilon_0} ~ \delta^3_s(r).$$ Теперь вы видите: для «настоящего» 3D $\delta$-функции эта дивергенция равна нулю для $r > 0$. Но он содержит причудливое расхождение в нуле, которое кодирует точечный заряд. $q_0$находится в этой точке. И мы это видим, потому что все, что мы написали, точно! Поэтому мы просто делаем $s$небольшой, но конечный, скажем, $10^{-100}\text{ m}$или около того: все это расхождение происходит в этом пространстве, которое намного, намного меньше, чем все, что нас действительно волнует, а затем вне этого пространства мы получаем $\nabla \cdot E = 0$.

Прыгайте, прыгайте, прыгайте: QED.

Так зачем же, спросите вы, понадобилось 3D ?$\delta$-функция в первую очередь? На самом деле мы использовали только сферическую симметрию и фундаментальную теорему исчисления! Ответ таков: мы сейчас в одном шаге от общего результата . Мощная функция 3D$\delta$-функция - это то, что для любой непрерывной функции$\rho(\vec r) : \mathbb R^3\to\mathbb R$у нас есть:

$$\rho(\vec r) = \int d^3r'~\delta^3(\vec r - \vec r') \rho(\vec r').$$ Мы заявляем, что будем использовать принцип суперпозиции для суммирования малых сил. $\vec E = \int d\vec E(\vec r')$каждый из-за заряда $dq_0 = \rho(\vec r')~d^3r'$сидит на точке $\vec r'.$

Выполняя этот интеграл, мы видим, что мы можем поменяться местами с оператором дивергенции (это дивергенция по$\vec r$, мы принципиально интегрируем более$\vec r'$), поэтому имеем:

$$\nabla\cdot\vec E = \int d^3r' ~ \rho(\vec r') \delta^3_s(\vec r - \vec r') / \epsilon_0.$$ Принимая предел как $s \rightarrow 0$получаем просто: $$\nabla\cdot\vec E = \rho(\vec r) / \epsilon_0.$$

Посмертный

3) а. Само доказательство продолжает использовать теорему о расходимости, чтобы утверждать, что для любого объема$\nu$,$\iiint\limits_\nu \nabla\cdot E d\tau = \iint\limits_{\partial\nu} E d a$, однако теорема о расходимости требует, чтобы E было непрерывно дифференцируемо всюду в$\nu$(он не дифференцируем в 0, не говоря уже о непрерывно дифференцируемом там).

б. Функция не может быть скорректирована каким-либо образом в 0, так как производная стремится к бесконечности около 0.

в. Точку 0 нельзя удалить из интегрированного объема, поскольку теорема о дивергенции требует, чтобы объем интегрирования был компактным.

д. В свете первого я не понимаю, как здесь можно использовать теорему о дивергенции.

Мы используем теорему о расходимости, когда$s$по-прежнему предполагается конечным, поэтому бесконечности нет, и результат именно такой, какой мы хотели. Тогда мы получим результат в пределе как$s\to 0,$а затем мы интерпретируем полученное уравнение как универсально верное, потому что оно (а) подчиняется закону суперпозиции и (б) снова воспроизводит «правильный» результат для кулоновской силы, если мы положим$\rho = q_0 \delta^3_{s'}(\vec r),$и принять предел как$s'\to 0$.

Как указано в комментариях, вы сталкиваетесь с проблемами при попытке описать точечный заряд с помощью функции плотности заряда.$\rho(r)$. Есть три способа обойти это:

1. Что сделал бы физик до 20-го века: Заменил точечный заряд сферой радиуса$R$и общий заряд$q$. Все четко определено, стандартное исчисление работает просто отлично, и вы можете взять предел$R \rightarrow 0$в конце, если хотите.

2. Что бы сделал Дирак (и большинство современных физиков): игнорировать все трудности и рассматривать плотность заряда как (трехмерную) дельта-функцию. $\delta(r)$, который имеет$\delta(r) = 0$для всех$r \neq 0$но$\int \mathrm{d}^3r \, \delta(r) = 1$.

3. Что делают математики: описывают плотность заряда с помощью распределения , а не обычной функции. (На самом деле это просто более строгая версия варианта 2.)

Это один из тех случаев, когда на математические тонкости можно по сути не обращать внимания, потому что, если все делать строго, все получается более-менее так, как вы ожидали. (Очевидно, что существует множество примеров, когда это не так, и то, что кажется раздражающими математическими подробностями, оказывается замаскированными важными физическими тонкостями.)