Poisson- Gleichung und Greensche Funktion

Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Poisson- Gleichung und Greensche Funktion basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 1.Kapitels (Abschnitt 3) der Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Poisson- Gleichung und Greensche Funktion	Elektrostatik	Elektrodynamik Schöll
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Poisson- Gleichung und Greensche Funktion

${\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=-\nabla \Phi ({\bar {r}})$ in $\nabla \cdot {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)={\frac {\rho \left({\bar {r}}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}$

liefert:

$\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {\rho \left({\bar {r}}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}$

Dies ist nicht anderes als die berühmte Poisson- Gleichung

Eine partielle DGL zur Berechnung des elektrischen Potenzials für eine vorgegebene Ladungsverteilung.

Die Eindeutigkeit kommt aus den Randbedingungen:

Entweder: 1)

$\Phi ({\bar {r}})\to 0$

hinreichend rasch für

$r\to \infty$

oder 2)

$\Phi ({\bar {r}})$

sei gegeben auf Flächen im Endlichen, Beispielsweise Leiteroberflächen

Lösung zu 1):

$\Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}$

für hinreichend rasch abfallendes

$\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Einsetzen in Poisson- Gleichung:

$\Delta \Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{{\Delta }_{r}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}{{\Delta }_{r}}{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}$,

falls Integration und Differenziation vertauschbar, also über verschiedene Koordinaten ausgeführt wird.

Man definiere für ein festes

${\bar {r}}{\acute {\ }}$,

dass

${\begin{aligned}&{\bar {s}}:={\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\\&{{\nabla }_{r}}={{\nabla }_{s}}\\\end{aligned}}$

Also:

${\begin{aligned}&{{\Delta }_{r}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}={{\nabla }_{S}}\left({{\nabla }_{S}}{\frac {1}{s}}\right)=-{{\nabla }_{S}}{\frac {1}{{s}^{2}}}{\frac {\bar {s}}{s}}=-{\frac {1}{{s}^{3}}}{{\nabla }_{S}}{\bar {s}}-{\bar {s}}{{\nabla }_{S}}{\frac {1}{{s}^{3}}}\\&{{\nabla }_{S}}{\bar {s}}=3\\&\Rightarrow {{\Delta }_{r}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-{\frac {1}{{s}^{3}}}{{\nabla }_{S}}{\bar {s}}-{\bar {s}}{{\nabla }_{S}}{\frac {1}{{s}^{3}}}=-{\frac {3}{{s}^{3}}}+{\frac {1}{{s}^{3}}}=0\\\end{aligned}}$

Dies ist aber ein Widerspruch zu

$\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {\rho \left({\bar {r}}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}$

Grund ist, dass die Vertauschung von

${{\Delta }_{r}}$ und $\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}$

sowie auch die obige Umformung nicht erlaubt ist für

${\bar {r}}={\bar {r}}{\acute {\ }}$,

also s=0  (Singularität!!)

Stattdessen für beliebige V:

Nun kann man

$\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}$ mit $\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}$

vertauschen. Dies ist erlaubt, falls der Integrand von

$\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}$

nach der Vertauschung stetig ist!:

${\begin{aligned}&\int _{V}^{}{{d}^{3}}r\Delta \Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}\\&{{\nabla }_{r}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-{\frac {\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}{{|}^{3}}}}\\\end{aligned}}$

Somit:

${\begin{aligned}&\int _{V}^{}{{d}^{3}}r\Delta \Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-{\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}}{\frac {{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}{{|}^{3}}}}\\&\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}}{\frac {{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}{{|}^{3}}}}=\int _{}^{}{d\Omega }\\\end{aligned}}$

aber:

$\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}}{\frac {{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}{{|}^{3}}}}=\int _{}^{}{d\Omega }=4\pi$,

falls

${\bar {r}}{\acute {\ }}\in V$

$\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}}{\frac {{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}{{|}^{3}}}}=\int _{}^{}{d\Omega }=0$ falls ${\bar {r}}{\acute {\ }}\notin V$

Somit:

$\int _{V}^{}{{d}^{3}}r\Delta \Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\oint \limits _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Mathematisch streng gilt im Distributionen- Sinn:

${{\Delta }_{r}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-4\pi \delta ({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})$

Mit Hilfe der delta- Distribution, die auf eine Testfunktion anzuwenden ist!

Greensche Funktion der Poisson- Gleichung

$\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow$

Invertierung

$\Rightarrow \Phi ({\bar {r}})={\hat {G}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Mit dem Greenschen Operator

${\hat {G}}$

Eine Fourier- Transformation von

$\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow$ liefert $-{{k}^{2}}{\tilde {\Phi }}=-{\frac {\tilde {\rho }}{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow$

Man kann schreiben:

${\begin{aligned}&{\tilde {\Phi }}={\tilde {\hat {G}}}{\tilde {\rho }}\\&{\tilde {\hat {G}}}:={\frac {1}{{{\varepsilon }_{0}}{{k}^{2}}}}\\\end{aligned}}$

Die einfache Fourier- Transformierte Form von

$\Rightarrow \Phi ({\bar {r}})={\hat {G}}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$,

nur dass der Fourier- transformierte Greens- Operator angegeben werden kann.

Die Rücktransformation löst dann die Poiisson-gleichung:

$\Rightarrow \Phi ({\bar {r}})=\int _{}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}{\hat {G}}({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Es gilt:

${{\Delta }_{r}}{\hat {G}}({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Das heißt, die Greensfunktion ist eine Lösung der Poissongleichung für eine Punktladung q=1 an

${\bar {r}}{\acute {\ }}$

Insbesondere bei speziellen Randbedingungen

${\begin{matrix}\lim \\{\bar {r}}\to \infty \\\end{matrix}}\Phi ({\bar {r}})=0$

ist die Greensfunktion dann:

$G({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}$

Denn

${{\Delta }_{r}}G=\Delta {\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$

Für eine beliebige Ladungsverteilung

$\rho$

ist also die Lösung der Poissongleichung

$\Phi ({\bar {r}})=\int _{-\infty }^{\infty }{}{\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}=\int _{-\infty }^{\infty }{}G({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{d}^{3}}r{\acute {\ }}$

wobei die Identität insgesamt nur für die Randbedingungen

${\begin{matrix}\lim \\{\bar {r}}\to \infty \\\end{matrix}}\Phi ({\bar {r}})=0$

gilt, ansonsten ist G durch die andern Randbdingungen festgelegt.