Poisson- Gleichung und Greensche Funktion

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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.

Elektrostatik

Elektrodynamik Schöll

Inhaltsverzeichnis

1 Greensche Funktion der Poisson- Gleichung

Coulomb- Wechselwirkung
Elektrisches Feld und Potenziale
Poisson- Gleichung und Greensche Funktion
Elektrische Multipolentwicklung
Die elektrostatische Feldenergie

$\bar{E}\left( {\bar{r}} \right)=-\nabla \Phi (\bar{r})$ 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

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

Also:

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

Dies ist aber ein Widerspruch zu $\Delta \Phi (\bar{r})=-\frac{\rho \left( {\bar{r}} \right)}{{{\varepsilon }_{0}}}$

Grund ist, dass die Vertauschung von

Δ 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!:

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

Somit:

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

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:

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

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 Poisson-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 $ρ$ 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.

Abschnitt	3 +
Fachbegriff	Greenschen Operator +, Greens-Operator +, Poisson-Gleichung +, Randbedingungen +, Greensfunktion + und Ladungsverteilung +
Gleichung	Poission-Gleichung +
Index	Poission-Gleichung +, Greenschen Operator +, Greens-Operator +, Poisson-Gleichung +, Randbedingungen +, Greensfunktion + und Ladungsverteilung +
Inhaltstyp	Script +
Kapitel	1 +
Urheber	Prof. Dr. E. Schöll, PhD +

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