Elektrostatik

Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Elektrostatik basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 1.Kapitels der Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Coulomb- Wechselwirkung

Experimentelle Grundtatsachen

• Materie trägt als skalare Eigenschaften Masse und elektrische Ladung

Masse:

• Gravitations- Wechselwirkung ( Newton: 1643 - 1727 )

Kraft auf Masse

${{m}_{2}}$

bei

${{\bar {r}}_{2}}$

, ausgeübt von Masse

${{m}_{1}}$

bei

${{\bar {r}}_{1}}$

${\begin{aligned}&{{\bar {F}}_{g}}^{(2)}=-\gamma {\frac {{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|}^{2}}}{{\bar {e}}_{12}}\\&{{\bar {e}}_{12}}:={\frac {{{\bar {r}}_{2}}-{{\bar {r}}_{1}}}{\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|}}\\\end{aligned}}$

Wegen: $\gamma ,{{m}_{1}},{{m}_{2}}>0$ wird dem Phänomen Rechnung getragen, dass Gravitation stets anziehend wirkt. Festlegung von $\gamma$ durch Wahl einer willkürlichen Einheit kg für Masse:

$\gamma =6,67\cdot {{10}^{-11}}{\frac {N{{m}^{2}}}{k{{g}^{2}}}}$

schwere Masse = träge Masse:

$\Rightarrow 1N=1{\frac {kg\cdot m}{{s}^{2}}}$

Coulomb- Wechselwirkung ( C. Coulomb 1736-1806)

Kraft auf Ladung ${{q}_{2}}$ bei ${{\bar {r}}_{2}}$ , ausgeübt von Masse ${{q}_{1}}$ bei ${{\bar {r}}_{1}}$

${\begin{aligned}&{{\bar {F}}_{e}}^{(2)}=k{\frac {{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{{\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|}^{2}}}{{\bar {e}}_{12}}\\&{{\bar {e}}_{12}}:={\frac {{{\bar {r}}_{2}}-{{\bar {r}}_{1}}}{\left|{{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right|}}\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&\gamma >0\\&{{q}_{1}},{{q}_{2}}_{>}^{<}0\\\end{aligned}}$

${{q}_{1}}{{q}_{2}}>0$ -> Abstoßung

${{q}_{1}}{{q}_{2}}<0$ -> Anziehung

Festlegung von k durch Wahl einer willkürlichen Einheit Coulomb [C] für die elektrische Ladung:

$k=8,988\cdot {{10}^{9}}{\frac {N{{m}^{2}}}{{C}^{2}}}$

$\Rightarrow$ Einheit des elektrischen Stromes: 1 Ampere $\left[A\right]=1{\frac {C}{s}}$

Bemerkungen

• je nach Wahl von k ergeben sich verschiedene Einheitssysteme ( Maßsysteme):

1. SI

System International d´ Unites , seit 1.1.1978 verbindlich m, kg, s, A -> MKSA K mol cd ( Candela) -> Lichtstärke

historisch bedingte Schreibweise: $k={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}$

mit der absoluten dielektrischen Konstanten ${{\varepsilon }_{0}}=8,854\cdot {{10}^{-12}}{\frac {{{C}^{2}}{{s}^{2}}}{kg{{m}^{3}}}}$

1. Gauß: k=1 ( Miller) CGS- System

${{F}_{e}}={\frac {{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{{r}^{2}}}$

Elektrostatische Ladungseinheit: ${\begin{aligned}&1ESE=1{\sqrt {dyn}}\cdot cm\\&1C=3\cdot {{10}^{9}}ESE\\\end{aligned}}$

1. Ladungen e1 = e2 = 1 ESE im Abstand r = 1cm üben die Kraft
2. $1dyn=1{\frac {g\cdot cm}{{s}^{2}}}$
3. aufeinander aus

• Sehr zweckmäßig bei mikroskopischen Rechnungen, da Coulombgesetz einfacher
• unzweckmäßig in der phänomenologischen Elektrodynamik, da Ladungseinheit
• $1ESE=1{\sqrt {dyn}}\cdot cm$

Gute Umrechungstabellen: Vergl. Jackson

Weitere Bemerkungen

1. Das Coulombgesetz gilt bis zu Abständen
2. $r>{{10}^{-11}}cm$

Bei kleineren Abständen sind quantenelektrodynamische Korrekturen nötig

1. Die gesamte Ladung eines abgeschlossenen Systems ist konstant. Aber: Paarerzeugung von positiver und negativer Ladung und lokale Ladungstrennung ist möglich.
2. Ladung tritt quantisiert auf:

Elementarladung: $e=1,6\cdot {{10}^{-19}}C$

Schwere Elementarteilchen ( Hadronen)sind aus Quarks mit Ladungen $-{\frac {1}{3}}e$ oder $+{\frac {2}{3}}e$ zusammengesetzt , aber Quarks wurden bisher nicht als freie Teilchen beobachtet

1. Die Ausdehnung der geladenen Elementarteilchen ist
2. $<{{10}^{-13}}cm$
3. . Also erfolgt die makroskopische Beschreibung mit dem Punktladungsmodell.

Elektrisches Feld und Potenziale

Lineare Superposition ( 4. Newtonsches Prinzip) der Kräfte der Ladungen ${{q}_{i}}$ bei ${{\bar {r}}_{i}}$ ,i=1,2,... auf die Ladung ${{q}_{}}$ bei ${{\bar {r}}_{}}$

${{\bar {F}}_{e}}^{(2)}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}{}{\frac {q{{q}_{i}}}{{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}^{2}}}{\frac {{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}}{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}}$

Darüber wird das elektrische Feld definiert:

$q\cdot {\bar {E}}\equiv {{\bar {F}}_{e}}^{(2)}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}{}{\frac {q{{q}_{i}}}{{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}^{2}}}{\frac {{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}}{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}}$

Also:

${\bar {E}}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}{}{\frac {{q}_{i}}{{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}^{2}}}{\frac {{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}}{\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|}}$

Warum ist die Elektrodynamik eine Feldtheorie ?

• Die endliche Ausbreitungsgeschwindigkeit von physikalischen Wechselwirkungen ( maximal mit c) ist universell. Das Feld als Medium für die Übertragung physikalischer Wechselwirkungen ersetzt ein Modell des Austauschs im Sinne einer Nahwirkung statt einem Austauschmodell.
• Das Feld
• ${\bar {E}}({\bar {r}})$
• ist der PHYSIKALISCHE Zustand des leeren Raumes bei
• ${\bar {r}}$
• .
• Eigenständige FELDDYNAMIK ( partielle Diffgl.) zur Beschreibung der endlich schnellen Ausbreitung ( Retardierungseffekte)
• Feld muss IMPULS, DREHIMPULS und ENERGIE aufnehmen und abgeben können.

Einheit:

${\begin{aligned}&\left[E\right]={\frac {N}{C}}={\frac {kgm}{C{{s}^{2}}}}={\frac {V}{m}}\\&1V:=1{\frac {kg{{m}^{2}}}{C{{s}^{2}}}}\\\end{aligned}}$

Das Volt ist benannt nach A. Volta ( 1745 - 1887)

Die Messung des elektrischen Feldes erfolgt durch Einbringung einer Probeladung: Dabei sollte q-> 0, damit keine Rückwirkung auf ${{q}_{i}}$ erfolgt.

Unter Berücksichtigung des Selbstkonsistenzproblems müsste man also schreiben:

$\left[{\bar {E}}({\bar {r}})\right]={\begin{matrix}\lim \\q\to 0\\\end{matrix}}{\frac {1}{q}}{\bar {F}}({\bar {r}})$

Das Elektrostatische Potenzial Mit ${\begin{aligned}&\nabla {\frac {1}{r{\acute {\ }}}}=-{\frac {1}{r{{\acute {\ }}^{3}}}}{\bar {r}}{\acute {\ }}\\&r{\acute {\ }}:=\left|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right|\\\end{aligned}}$

Läßt sich schreiben:

${\begin{aligned}&{\bar {E}}({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}^{}{}{\frac {{q}_{i}}{|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}{{|}^{3}}}}\left({\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}\right)=-\nabla \Phi ({\bar {r}})\\&\Phi ({\bar {r}}):={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}^{}{}{\frac {{q}_{i}}{|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}|}}\\\end{aligned}}$

Mit dem elektrostatischen Potenzial $\Phi ({\bar {r}}):={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{i}^{}{}{\frac {{q}_{i}}{|{\bar {r}}-{{\bar {r}}_{i}}|}}$ , Einheit : 1 V

Kontinuierliche Ladungsverteilung

${\begin{aligned}&{{q}_{i}}\to {{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\\&\sum \limits _{i}^{}{}{{q}_{i}}\to \int _{}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho }({\bar {r}}{\acute {\ }})\\\end{aligned}}$

Mit der Ladungsdichte $\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})$ . Diese muss beschränkt sein und $O\left({{r}^{-3-\varepsilon }}\right),\varepsilon >0$ für $r\to \infty$ .

Es wird

Bei Verteilung von Punktladungen:

$\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})=\sum \limits _{i}^{}{}{{q}_{i}}\delta ({\bar {r}}{\acute {\ }}-{{\bar {r}}_{i}})=\sum \limits _{i}^{}{}{{q}_{i}}\prod \limits _{j=1}^{3}{}\delta ({{x}_{j}}{\acute {\ }}-{{x}_{j}}_{i})$

Quellen des elektrischen Feldes:

Bei Punktladung q bei ${\bar {r}}{\acute {\ }}=0\Rightarrow {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {q}{{r}^{2}}}\cdot {\frac {\bar {r}}{r}}$

Legt man eine geschlossene Oberfläche S um q, so beobachtet man einen elektrischen Kraftfluss:

${{\Phi }_{e}}=\oint _{S}{d{\bar {f}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)={\frac {q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\cdot \oint _{S}{}{\frac {d{\bar {f}}\cdot {\bar {r}}}{{r}^{3}}}=\oint _{S}{df}{{E}_{n}}({\bar {r}})$ als geschl. Flächenintegral über die Normalkomponenten des austretenden elektrischen Feldes

${{\Phi }_{e}}=\oint _{S}{df}\left|{\bar {E}}({\bar {r}})\right|\cos \Theta$

$d{\bar {f}}$ entspricht einem Raumwinkel $d\Omega :d{\bar {f}}\cdot {\bar {r}}=df\cdot r\cdot \cos \Theta ={{r}^{3}}d\Omega$

${{\Phi }_{e}}=\oint _{S}{d{\bar {f}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)={\frac {q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\cdot \oint _{S}{}d\Omega ={\frac {q}{{\varepsilon }_{0}}}$

$\Rightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint _{S}{d{\bar {f}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=q$

Dies kann leicht auf kontinuierliche Ladungsverteilungen verallgemeinert werden:

$\Rightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}$

Der Fluß des elektrischen Feldes einer von $S=\partial V$ eingeschlossenen Gesamtladung

Integralform des Coulomb- Gesetzes

Der Gaußsche Integralsatz

$\oint _{\partial V}{d{\bar {f}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}rdiv{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)}=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \cdot {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)}$

wichtig: einfach zusammenhängendes Gebiet !

${\begin{aligned}&\Rightarrow \int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\rho \left({\bar {r}}\right)}={{\varepsilon }_{0}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)\\&\Rightarrow {{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=\rho \left({\bar {r}}\right)\\\end{aligned}}$

Die untere, differenzielle Form gilt deshalb, da die obere, integral Form für beliebige Volumina V gilt.

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

sagt jedoch nichts anderes als dass die Ladungen die Quellen des elektrischen Feldes sind. Dies ist allgemeingültig uns gilt insbesondere auch für nichtstationäre ${\bar {E}}\left({\bar {r}}\right),\rho \left({\bar {r}}\right)$

Äquivalente Aussagen der Elektrostatik

2. ${\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)$
3. besitzt ein skalares Potenzial
4. ${\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=-\nabla \Phi ({\bar {r}})$
7. $\int _{1}^{2}{d{\bar {s}}}{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)$
8. , also gerade die Arbeit, eine Ladung q=1 von 1 nach 2 zu bringen ist wegunabhängig
10. $\nabla \times {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=0$
11. : Das statische elektrische Feld ist wirbelfrei

Es gilt:

$1)\Leftrightarrow 2)\Leftrightarrow 3)$

Beweis: $1)\Leftrightarrow 3)$ Stokescher Satz:

$0=\oint _{\partial F}{d{\bar {s}}\cdot }{\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)=\int _{F}^{}{\nabla \times {\bar {E}}\left({\bar {r}}\right)d{\bar {f}}}$ für beliebige Flächen F mit einer Umrandung $\partial F$ .

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.

Elektrische Multipolentwicklung

Betrachtet man räumlich begrenzte Ladungsverteilungen $\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})$ in der Nähe des Ursprungs ${\bar {r}}{\acute {\ }}=0$ , so kann man sich Gedanken machen um das asymptotische Verhalten von $\Phi ({\bar {r}})=\int _{-\infty }^{\infty }{}{\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}$ für $r\to \infty$

Methode: Der Integrand wird als Taylorreihe entwickelt für $r>>r{\acute {\ }}$

$G({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})=\sum \limits _{l=0}^{\infty }{}{\frac {{\left(-1\right)}^{l}}{l!}}{{\left({\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r}}\right)}^{l}}G({\bar {r}})$

Also

$\Phi ({\bar {r}})=\int _{-\infty }^{\infty }{}G({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{d}^{3}}r{\acute {\ }}=\sum \limits _{l=0}^{\infty }{}{\frac {{\left(-1\right)}^{l}}{l!}}\int _{}^{}{d_{^{}}^{3}r{\acute {\ }}}{{\left({\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r}}\right)}^{l}}G({\bar {r}})\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})$

explizit für unsere Situation:

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

${\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}={{\left({{r}^{2}}-2rr{\acute {\ }}\cos \vartheta +r{{\acute {\ }}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}={\frac {1}{r}}{{\left(1-2{\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\cos \vartheta +{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}$

Wobei $\vartheta$ den Winkel zwischen ${\bar {r}}$ und ${\bar {r}}{\acute {\ }}$ bezeichnet. Betrachtet man die hierbei entstehende Reihe, die für $r{\acute {\ }}<r$ und $\left|\cos \vartheta \right|=\left|\xi \right|<1$ konvergiert, so definiert diese Reihe gerade die sogenannten Kugelfunktionen ( Legendre- Polynome): ${{P}_{l}}(\xi )$

${{\left(1-2{\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\xi +{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}=\sum \limits _{l=0}^{\infty }{}{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{l}}{{P}_{l}}(\xi )$

Also sind die Legendre- Polynome gerade definiert über ihre Eigenschaft, als Entwicklungsfunktionen einer Potenzreihe ( Taylorreihe) multipliziert mit ${{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{l}}$ in jeweils l-ter Ordnung die Funktion ${{\left(1-2{\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\xi +{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}$ zu ergeben, die wiederum das r- Fache von ${\frac {1}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}={\frac {1}{r}}{{\left(1-2{\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\cos \vartheta +{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}$ ist. Also:

${{P}_{l}}(\xi )={\frac {1}{l!}}\left({\frac {{\partial }^{l}}{\partial {{t}^{l}}}}{{\left(1-2t\xi +{{t}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}\right)$

Insbesondere folgt damit:

${{P}_{l}}(\xi )={\frac {1}{l!}}\left({\frac {{\partial }^{l}}{\partial {{t}^{l}}}}{{\left(1-2t\xi +{{t}^{2}}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}}\right)$

und speziell:

${\begin{aligned}&{{P}_{0}}(\xi )=1\\&{{P}_{1}}(\xi )=\xi =\cos \vartheta \\&{{P}_{2}}(\xi )={\frac {1}{2}}\left(3{{\xi }^{2}}-1\right)=={\frac {1}{4}}\left(3{{\cos }^{2}}\vartheta +1\right)\\\end{aligned}}$

Also:

$\Phi ({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {1}{r}}\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\sum \limits _{l=0}^{\infty }{}{{\left({\frac {r{\acute {\ }}}{r}}\right)}^{l}}{{P}_{l}}(\cos \vartheta )={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{l=0}^{\infty }{}{{Q}_{l}}{{r}^{-l-1}}$

Mit

${{Q}_{l}}=\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}r{{\acute {\ }}^{l}}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{P}_{l}}(\cos \vartheta )$ als 2^l- Pol Die Multipolentwicklung ( Entwicklung nach 2^l- Polen) entspricht also einer Entwicklung ach Potenzen von r !!

Für stark lokalisierte Ladungsverteilungen ( r´<<r) konvergiert die Reihe jedoch sehr schnell ! Man erhält sehr schnelle Konvergenz für dezentrale Ladungsverteilungen, wenn man für

• Punktladungen bis zum Monopol entwickelt
• Ladungsverteilungen entlang einer Geraden bis zum Dipol entwickelt
• Ladungsverteilungen in einem Rechteck bis zum Quadrupol entwickelt usw...

$l=0$

${{\Phi }^{(0)}}({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {{Q}_{0}}{r}}$

${{Q}_{0}}=\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})$ sogenannter Monopol ( die Gesamtladung). Der Monopol entspricht dem Feld einer Gesamtladung, die im Ursprung zentriert ist. Er fällt am langsamsten ab, die Ladungsverteilung wirkt in großer Entfernung wie eine Punktladung

l=1:

${{\Phi }^{(1)}}({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {{\bar {p}}\cdot {\bar {r}}}{{r}^{3}}}$

${{Q}_{1}}=\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})r{\acute {\ }}\cos \vartheta ={\frac {{\bar {p}}\cdot {\bar {r}}}{r}}$

Mit dem Dipolmoment

${\bar {p}}:=\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }}){\bar {r}}{\acute {\ }}$

Das Dipolpotenzial fällt also ${\tilde {\ }}{\frac {1}{{r}^{2}}}$ ab. Das Dipolmoment ist der wichtigste Term für insgesamt neutrale Körper ( ${{Q}_{0}}=0$ ).

Beispiel: 2 Punktladungen q, -q bei ${{\bar {r}}_{1}},{{\bar {r}}_{2}}$

${\begin{aligned}&\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})=q\left[\delta \left({\bar {r}}{\acute {\ }}-{{\bar {r}}_{1}}\right)-\delta \left({\bar {r}}{\acute {\ }}-{{\bar {r}}_{2}}\right)\right]\\&{{Q}_{0}}=0\\&{\bar {p}}=q\left({{\bar {r}}_{1}}-{{\bar {r}}_{2}}\right)=q\cdot {\bar {a}}\\\end{aligned}}$

Feld des Dipolpotenzials:

${{E}_{i}}=-{\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {\partial }{\partial {{x}_{i}}}}{\frac {{{p}_{k}}\cdot {{x}_{k}}}{{r}^{3}}}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\left[{\frac {3{{x}_{i}}\cdot {{p}_{k}}\cdot {{x}_{k}}}{r5}}-{{\delta }_{ik}}{\frac {{p}_{k}}{{r}^{3}}}\right]$

$\Rightarrow E({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {1}{{r}^{5}}}\left[3\left({\bar {p}}\cdot {\bar {r}}\right){\bar {r}}-{{r}^{2}}{\bar {p}}\right]$

Im Fernfeld für r gegen unendlich gilt damit:

$\Rightarrow E({\bar {r}}){\tilde {\ }}{\frac {1}{{r}^{3}}}$

l=2:

${{\Phi }^{(2)}}({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {{Q}_{2}}{{r}^{3}}}$

${\begin{aligned}&{{Q}_{2}}={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})r{{\acute {\ }}^{2}}\left(3{{\cos }^{2}}\vartheta -1\right)={\frac {1}{2}}\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\left(3{\frac {{\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {\bar {r}}}{r}}{\frac {{\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {\bar {r}}}{r}}-{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}\right)\\&{\frac {{\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {\bar {r}}}{r}}{\frac {{\bar {r}}{\acute {\ }}\cdot {\bar {r}}}{r}}={\frac {{{x}_{k}}{\acute {\ }}{{x}_{k}}{{x}_{l}}{\acute {\ }}{{x}_{l}}}{{r}^{2}}}\\&\Rightarrow {{Q}_{2}}={\frac {1}{2{{r}^{2}}}}\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\left(3{{x}_{k}}{\acute {\ }}{{x}_{l}}{\acute {\ }}-{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}{{\delta }_{kl}}\right)\\\end{aligned}}$

Dieses Objekt ist jedoch ein Tensor zweiter Stufe. Demnach erhalten wir einen Tenor zweiter Stufe als Quadrupolmoment:

${\begin{aligned}&{{Q}_{2}}={\frac {1}{2{{r}^{2}}}}{{Q}_{kl}}\\&\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\left(3{{x}_{k}}{\acute {\ }}{{x}_{l}}{\acute {\ }}-{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}{{\delta }_{kl}}\right)={{Q}_{kl}}\\\end{aligned}}$

${{Q}_{kl}}$ ist ein spurfreier und symmetrischer Tensor:

$\sum \limits _{i=1}^{3}{}{{Q}_{ii}}=\sum \limits _{i=1}^{3}{}\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\left(3{{x}_{i}}{\acute {\ }}{{x}_{i}}{\acute {\ }}-{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}{{\delta }_{ii}}\right)=\int _{-\infty }^{\infty }{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})\left(3{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}-3{\bar {r}}{{\acute {\ }}^{2}}\right)=0$

Dies ist jedoch gerade damit gleichbedeutend, dass eine orthogonale Transformation auf Diagonalform existiert:

${\begin{aligned}&{{Q}_{kl}}=0f{\ddot {u}}r\quad k\neq l\\&{{Q}_{11}}+{{Q}_{22}}+{{Q}_{33}}=0\\\end{aligned}}$

Somit existieren nur noch 2 unabhängige Komponenten des Quadrupolmoments. Der Rest ergibt sich durch die Spurfreiheit !

Für das Potenzial ergibt sich:

${{\Phi }^{(2)}}({\bar {r}})={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {1}{2{{r}^{5}}}}{{Q}_{kl}}{{x}_{k}}{{x}_{l}}={\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {{\bar {r}}\cdot {\bar {\bar {Q}}}\cdot {\bar {r}}}{2{{r}^{5}}}}{\tilde {\ }}{\frac {1}{{r}^{3}}}$

Beispiel: 2 entgegengesetzte Dipole:

Die elektrostatische Feldenergie

Kraft: ${\begin{aligned}&{\bar {F}}({\bar {r}})=q{\bar {E}}({\bar {r}})=-q\nabla \Phi ({\bar {r}})\\&\Rightarrow V({\bar {r}})=\Phi ({\bar {r}})\\\end{aligned}}$

ist die potenzielle Energie ! einer Ladung im Feld ${\bar {E}}({\bar {r}})$

Also:

${{W}_{ij}}={{q}_{i}}{\frac {1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}{\frac {{q}_{j}}{|{{\bar {r}}_{i}}-{{\bar {r}}_{j}}|}}={{W}_{ji}}$

ist die Energie der Ladung ${{q}_{i}}$ an ${{\bar {r}}_{i}}$ im Feld der Ladung ${{q}_{j}}$ an ${{\bar {r}}_{j}}$ . ( In ihrem Potenzial) Die gesamte potenzielle Energie eines Systems von Ladungen q1.... ergibt sich demnach durch Summation:

$W={\frac {1}{2}}\sum \limits _{\begin{smallmatrix}i,j\\i\neq j\end{smallmatrix}}^{}{}{{W}_{ij}}={\frac {1}{8\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\sum \limits _{\begin{smallmatrix}i,j\\i\neq j\end{smallmatrix}}^{}{}{\frac {{{q}_{i}}{{q}_{j}}}{|{{\bar {r}}_{i}}-{{\bar {r}}_{j}}|}}={{W}_{ji}}$

und bei einer kontinuierlichen Ladungsverteilung:

$W={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{\Phi ({\bar {r}})\rho ({\bar {r}}){{d}^{3}}r}={\frac {1}{8\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int _{}^{}{}{{d}^{3}}r\int _{}^{}{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}{\frac {\rho ({\bar {r}})\rho ({\bar {r}}{\acute {\ }})}{|{\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}|}}$

$W={\frac {1}{2}}\int _{}^{}{\Phi ({\bar {r}})\rho ({\bar {r}}){{d}^{3}}r}$

Mit $\rho ({\bar {r}})={{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot {\bar {E}}$

folgt:

$W={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}\int _{{R}^{3}}^{}{\Phi ({\bar {r}})\nabla \cdot {\bar {E}}{{d}^{3}}r}={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}\left[\int _{{R}^{3}}^{}{\nabla \cdot \left(\Phi ({\bar {r}}){\bar {E}}\right){{d}^{3}}r}-\int _{{R}^{3}}^{}{\left(\nabla \Phi ({\bar {r}})\right)\cdot {\bar {E}}{{d}^{3}}r}\right]$

Mit Hilfe des Gaußschen Satz folgt dann:

${\begin{aligned}&W={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}\left[\int _{{S}_{\infty }}^{}{\left(\Phi ({\bar {r}}){\bar {E}}\right)d{\bar {f}}}+\int _{{R}^{3}}^{}{{{\bar {E}}^{2}}({\bar {r}}){{d}^{3}}r}\right]\\&{\begin{matrix}\lim \\r\to \infty \\\end{matrix}}\left(\Phi ({\bar {r}}){\bar {E}}\right)=0\\&\\\end{aligned}}$

da die Größen ~ 1/3 bzw. 1/r² gehen

Also:

$W=\int _{{R}^{3}}^{}{{\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}{{\bar {E}}^{2}}({\bar {r}}){{d}^{3}}r}=\int _{{R}^{3}}^{}{{{d}^{3}}rw({\bar {r}})}$

Somit folgt für die Energiedichte des elektromagnetischen Feldes:

$w({\bar {r}})={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}{{\bar {E}}^{2}}({\bar {r}})$

Die Selbstenergie einer Punktladung ergibt sich zu

${\begin{aligned}&\left|{\bar {E}}({\bar {r}})\right|={\frac {q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{r}^{2}}}}\\&w({\bar {r}})={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}{{\left({\frac {q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\right)}^{2}}{\frac {1}{{r}^{4}}}\\\end{aligned}}$

und die Gesamtenergie ist folglich:

${\begin{aligned}&W=\int _{}^{}{{{d}^{3}}r}w({\bar {r}})={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}{{\left({\frac {q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\right)}^{2}}4\pi \int _{0}^{\infty }{{{r}^{2}}dr}{\frac {1}{{r}^{4}}}\\&\int _{0}^{\infty }{{{r}^{2}}dr}{\frac {1}{{r}^{4}}}=\int _{0}^{\infty }{dr}{\frac {1}{{r}^{2}}}=\left[{\frac {1}{r}}\right]_{0}^{\infty }\to \infty \\\end{aligned}}$

Dies divergiert jedoch !! Beim Übergang von Punktladungen zu kontinuierlichen Ladungsverteilungen wird $i\neq j$ nicht mehr ausgeschlossen. Das bede4utet, zusätzlich zur Wechselwirkungsenergie wird die Energie berücksichtigt, die Zum Aufbau der Punktladung durch Zusammenführung aus dem Unendlichen benötigt wird, mitgenommen.

Dies ist jedoch bei einer Punktladung unendlich viel. Also ist der begriff der P8unktladung in einem Widerspruch zum feldtheoretischen Begriff der Energiedichte ( wen wunderts ?)

Leiter in der Elektrostatik

Elektrischer Leiter = Materie, mit quasi frei beweglichen Elektronen. Ein elektrisches Feld im Inneren eines Leiters übt dann eine Kraft auf die frei beweglichen Elektronen aus:

${\bar {F}}({\bar {r}})=q{\bar {E}}({\bar {r}})$

Dadurch werden die Ladungen verschoben. Es folgt, dass ein kompensierendes Feld ${\bar {E}}{\acute {\ }}({\bar {r}})$ aufgebaut wird, bis ${\bar {F}}=0$ , also ${\bar {E}}{\acute {\ }}-{\bar {E}}=0$

Anfangssituation:

Endsituation:

Für das Innere des Leiters folgt:

${\begin{aligned}&{{\bar {E}}^{res.}}({\bar {r}})=0\\&{{\bar {E}}^{res.}}({\bar {r}})=-\nabla \Phi ({\bar {r}})=0\\&\Rightarrow \Phi ({\bar {r}})=const\\\end{aligned}}$

im Inneren des Leiters.

Man sagt: die Leiteroberfläche ist eine sogenannte Äquipotenzialfläche !

Allgemein gilt:

${\bar {E}}({\bar {r}})\bot \Phi ({\bar {r}})=const$

Somit steht das elektrische Feld immer senkrecht auf der Leiteroberfläche ! Vor allem beim Übergang zwischen einem Leiter und dem Vakuum !

Allgemein gilt:

${{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot {\bar {E}}({\bar {r}})=\rho ({\bar {r}})$

Hier:

${\begin{aligned}&{\bar {E}}({\bar {r}})=0\\&\Rightarrow \rho ({\bar {r}})=0\\\end{aligned}}$

Das heißt: es existieren keine elektrischen Ladungen im Inneren eine Leiters !

Flächenladungsdichte auf Leiteroberflächen:

${\begin{aligned}&{{\varepsilon }_{0}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}\nabla \cdot {\bar {E}}({\bar {r}})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}\rho ({\bar {r}})=\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}}{\bar {E}}({\bar {r}})\\&V=d{\bar {f}}\cdot \Delta s\\\end{aligned}}$

Mit

${\begin{aligned}&d{\bar {f}}\to 0\\&\Delta s\to 0\\\end{aligned}}$

folgt:

${\begin{aligned}&\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}}{\bar {E}}({\bar {r}})\to df{\bar {n}}\cdot {\bar {E}}\\&{\bar {n}}\cdot {\bar {E}}=E,da\\&{\bar {n}}\quad Normalenvektor\ {\bar {n}}||{\bar {E}}\\\end{aligned}}$

Also:

${\begin{aligned}&\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}\rho ({\bar {r}})\to df\rho ({\bar {r}})\Delta s\\&\rho ({\bar {r}})\Delta s=\sigma ({\bar {r}})\\\end{aligned}}$

= Flächenladungsdichte !!

Also gilt für das elektrische Feld auf der Leiteroberfläche:

${\begin{aligned}&\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}\rho ({\bar {r}})\to df\rho ({\bar {r}})\Delta s\\&E({\bar {r}})={\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\sigma ({\bar {r}}){\bar {n}}\\\end{aligned}}$

Allgemein gilt für Flächenladungen:

$En{\acute {\ }}{\acute {\ }}-En{\acute {\ }}={\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\sigma (s)$

Man bezeichnet $En{\acute {\ }}{\acute {\ }}-En{\acute {\ }}$ als Flächendivergenz analog zur "Volumendivergenz" $\nabla \cdot {\bar {E}}={\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\rho ({\bar {r}})$

Dies ist ein Sprung der Normalkomponente von ${\bar {E}}$ beim Durchgang durch eine geladene Fläche

Die Tangentialkompoente von E dagegen ist stetig beim Durchgang durch geladene Flächen

Beweis:

$\oint \limits _{\partial F}{}{\bar {E}}d{\bar {s}}=\int _{F}^{}{\nabla \times }{\bar {E}}d{\bar {f}}=0$

${\begin{aligned}&F=dl\cdot dh\\&dl\to 0\\&dh\to 0\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&\Rightarrow \left(Et{\acute {\ }}{\acute {\ }}-Et{\acute {\ }}\right)dl=0\\&\Rightarrow Et{\acute {\ }}{\acute {\ }}-Et{\acute {\ }}=0\\\end{aligned}}$

$En{\acute {\ }}{\acute {\ }}-En{\acute {\ }}={\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\sigma (s)$

Randwertaufgaben der Elektrostatik mit Leitern

1. Grundaufgabe:

Gegeben sind Leiter ${{L}_{\alpha }}$ mit den Oberflächen ${{S}_{\alpha }}$

$\alpha =1,2,..,n$ , die auf den Potenzialen ${{\Phi }_{\alpha }}$ liegen. Die Raumladungsdichte im Außenraum V ist $\rho ({\bar {r}})$ . Gesucht ist $\Phi ({\bar {r}})$ als Lösung der Poissongleichung $\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\rho ({\bar {r}})$

zu den gegebenen Randbedingungen

${\begin{aligned}&\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{S\alpha }}={{\Phi }_{\alpha }}\\&{\begin{matrix}\lim \\r\to \infty \\\end{matrix}}\Phi ({\bar {r}})=0\\\end{aligned}}$

außerdem: Gesamtladungen ${{Q}_{\alpha }}$ auf den Leitern. Dies ist das Dirichletsche Randwertproblem Beispiel: 2 Leiterschleifen mit Potenzial Phi1/ Phi 2 auf den Oberflächen S1 und S2, die im Außenraum V mit der Ladungsdichte $\rho ({\bar {r}})$ liegen.

Formale Lösung:

$\Phi ({\bar {r}})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\int _{S\alpha }^{}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}$

Dabei ist die Greensche Funktion $G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$ die Lösung von $\Delta G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta ({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})$ zu den Randbedingungen

$G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{\begin{smallmatrix}{\bar {r}}\in S\alpha \\{\bar {r}}{\acute {\ }}\in V\end{smallmatrix}}}=0$

${\begin{matrix}\lim \\r\to \infty \\\end{matrix}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=0$

Somit ist $G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$ das Potenzial am Ort ${\bar {r}}$ einer Punktladung am Ort ${\bar {r}}{\acute {\ }}$ .

Beweis:

Aus dem Gaußschen Satz

$\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot {\bar {v}}=}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \cdot {\bar {v}}}$

folgt mittels der Funktion

${\bar {v}}=\phi \nabla \psi$

$\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot \left(\phi \nabla \psi \right)=}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \cdot \left(\phi \nabla \psi \right)}=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \phi \nabla \psi +\phi \Delta \psi }$

${\bar {v}}=\psi \nabla \phi$

$\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot \left(\psi \nabla \phi \right)}=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \phi \nabla \psi +\psi \Delta \phi }$

Also:

Greenscher Satz:

$\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot \left(\phi \nabla \psi -\psi \nabla \phi \right)}=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\phi \Delta \psi -\psi \Delta \phi }$

Nun kann man einsetzen:

${\begin{aligned}&\phi \left({\bar {r}}\right):=G({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }})\\&\psi \left({\bar {r}}\right):=\Phi ({\bar {r}})\\&\partial V=\bigcup \limits _{\alpha =1}^{n}{{S}_{\alpha }}\\\end{aligned}}$

Bleibt zu zeigen:

${\begin{aligned}&\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow \\&\Phi ({\bar {r}})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\int _{S\alpha }^{}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}\\\end{aligned}}$

$\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot \Phi ({\bar {r}}){{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)-}\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\nabla }_{r}}\Phi ({\bar {r}})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\left[\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\Phi ({\bar {r}})\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)-}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}rG\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho ({\bar {r}})}\right]}$

${\begin{aligned}&\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\nabla }_{r}}\Phi ({\bar {r}})=0\quad wegen\quad G{{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}\in S\alpha }}=0}\\&\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\Phi ({\bar {r}})\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }})}\\\end{aligned}}$

Für $\int _{\partial V}^{}{d{\bar {f}}\cdot \Phi ({\bar {r}}){{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}$ setzen wir $-\int _{\bigcup \limits _{\alpha =1}^{n}{{S}_{\alpha }}}^{}{d{\bar {f}}\cdot \Phi ({\bar {r}}){{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}$

Dies führt deshalb zu einem Vorzeichenwechsel, da $d{\bar {f}}$ stets nach außen zeigt .

Also:

$\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}$

Zeige:

${\begin{aligned}&\Phi ({\bar {r}})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\acute {\ }}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\int _{S\alpha }^{}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}\\&\Rightarrow \Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\rho \\\end{aligned}}$

im Inneren von V und

$\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{S\alpha }}={{\Phi }_{\alpha }}$ , erfüllt also die Randbedingungen.

${\begin{aligned}&{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\\&{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\\&\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=0,da\ {\bar {r}}\in S\alpha ,{\bar {r}}{\acute {\ }}\in V-\partial V\\&\Rightarrow {{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=0\\&{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }})=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}\right)=-\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}\rho \left({\bar {r}}\right)=-{\frac {\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)}{{\varepsilon }_{0}}}\\\end{aligned}}$

Dabei

${{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)$ als Anteil der Lösung, die die homogene Poissongleichung lösen, ohne Ladungsdichte

$\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{{\Delta }_{r{\acute {\ }}}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}\right)$ dagegen löst gerade die inhomogene Poisson- Gleichung

Randbedingungen:

${\begin{aligned}&\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\rho \left({\bar {r}}\right)+{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\\&G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\rho \left({\bar {r}}\right)=0\\&\Rightarrow \Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}={{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha =1}^{n}{{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}=-{{\varepsilon }_{0}}\int _{\partial V}^{}{}d{\bar {f}}\cdot \Phi ({\bar {r}}){{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\\\end{aligned}}$

Auch hier: Vorzeichenwechsel, da df nach außen zeigt:

Das Innere der Ellipse ist die Leiterfläche , die vom Leiter ${{L}_{\alpha }}$ eingeschlossene Fläche . Mit dem Gaußschen Satz folgt:

${\begin{aligned}&\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}=-{{\varepsilon }_{0}}\int _{\partial V}^{}{}d{\bar {f}}\cdot \Phi ({\bar {r}}){{\nabla }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\\&=-{{\varepsilon }_{0}}\left[\int _{\partial V}^{}{}d{\bar {f}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\cdot {{\nabla }_{r}}\Phi ({\bar {r}})+\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\left(\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}{{\Delta }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)-G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}{{\Delta }_{r}}\Phi ({\bar {r}})\right)}\right]\\&G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}=0\\&\Rightarrow \Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}=-{{\varepsilon }_{0}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\left(\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}{{\Delta }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\right)=}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\left(\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\left(-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\right)\right)}\\&=\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\left(\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\right)}=\Phi ({\bar {r}}{\acute {\ }}){{\left.{}\right|}_{{\bar {r}}{\acute {\ }}\in S\beta }}={{\Phi }_{\beta }}\\\end{aligned}}$

Ladung:

${\begin{aligned}&Q=\oint \limits _{S\alpha }{df\sigma ={{\varepsilon }_{0}}}\oint \limits _{S\alpha }{df{\bar {n}}\cdot {\bar {E}}}\\&df{\bar {n}}=d{\bar {f}}\\&\Rightarrow Q={{\varepsilon }_{0}}\oint \limits _{S\alpha }{d{\bar {f}}\cdot {\bar {E}}}=-{{\varepsilon }_{0}}\oint \limits _{S\alpha }{d{\bar {f}}\cdot \nabla \Phi }\\\end{aligned}}$

Konstruktion der Greenschen Funktion

Für Leiteroberflächen mit hoher Symmetrie bietet sich die Methode der Bildladungen an ! ( Spiegelladungsmethode). Dabei wählt man eine fiktive Bildladung q´ bei ${\bar {r}}{\acute {\ }}{\acute {\ }}$ im Leiter, so dass das Potenzial beider Ladungen auf der Leiteroberfläche verschwindet: q´=-q

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

1. Grundaufgabe

Gegeben: Gegeben sind Leiter ${{L}_{\alpha }}$ mit den Oberflächen ${{S}_{\alpha }}$

$\alpha =1,2,..,n$ , die mit ${{Q}_{\alpha }}$ geladen sind. Die Raumladungsdichte im Außenraum V ist $\rho ({\bar {r}})$ . Gesucht: Gesucht ist $\Phi ({\bar {r}})$ als Lösung der Poissongleichung $\Delta \Phi ({\bar {r}})=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\rho ({\bar {r}})$

und ${{\Phi }_{\alpha }}$ . Lösung:

Das Problem kann auf die erste Grundaufgabe zurückgeführt werden durch Ausnutzung eines Zusammenhangs zwischen ${{\Phi }_{\alpha }}$ und ${{Q}_{\alpha }}$

Es gilt:

${{Q}_{\alpha }}=\sum \limits _{\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\beta }}\quad \alpha =1,..,n$

Mit den Kapazitätskoeffizienten ${{C}_{\alpha \beta }}$ .

Beweis:

${{Q}_{\alpha }}=-{{\varepsilon }_{0}}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot \nabla \Phi ({\bar {r}})$

${\begin{aligned}&{{Q}_{\alpha }}=-{{\varepsilon }_{0}}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=-{{\varepsilon }_{0}}^{2}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}\sum \limits _{\beta =1}^{n}{{{\Phi }_{\beta }}\oint \limits _{{S}_{\beta }}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\\&{{Q}_{\alpha }}=-{{\varepsilon }_{0}}\int _{L\alpha }^{}{}{{d}^{3}}r\int _{V}^{}{}{{d}^{3}}r{\acute {\ }}{{\Delta }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\rho \left({\bar {r}}{\acute {\ }}\right)-\sum \limits _{\beta =1}^{n}{{{\Phi }_{\beta }}{{\varepsilon }_{0}}^{2}\oint \limits _{{S}_{\alpha }}{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}\oint \limits _{{S}_{\beta }}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\\&{{\Delta }_{r}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=-{\frac {1}{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=0\quad f{\ddot {u}}r\quad {\bar {r}}\in {{L}_{\alpha }},{\bar {r}}{\acute {\ }}\in V,\\&{{\varepsilon }_{0}}^{2}\oint \limits _{{S}_{\alpha }}{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}\oint \limits _{{S}_{\beta }}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=:-{{C}_{\alpha \beta }}\\&\Rightarrow {{Q}_{\alpha }}=-\sum \limits _{\beta =1}^{n}{{{\Phi }_{\beta }}{{\varepsilon }_{0}}^{2}\oint \limits _{{S}_{\alpha }}{}d{\bar {f}}\cdot {{\nabla }_{r}}}\oint \limits _{{S}_{\beta }}{}d{\bar {f}}{\acute {\ }}\cdot {{\nabla }_{r{\acute {\ }}}}G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=\sum \limits _{\beta =1}^{n}{{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\beta }}}\\\end{aligned}}$

Aus der Symmetrie

$G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)=G\left({\bar {r}}{\acute {\ }}-{\bar {r}}\right)$

was aus der Greenschen Formel folgt mit ${\begin{aligned}&\psi =G\left({\bar {r}}-{\bar {r}}{\acute {\ }}\right)\\&\phi =G\left({\bar {r}}{\acute {\ }}-{\bar {r}}\right)\\\end{aligned}}$

folgt

${{C}_{\alpha \beta }}={{C}_{\beta \alpha }}$

Einheit der Kapazität ist

$1F=1{\frac {C}{V}}=1Farad$

nach M. Faraday , 1791-1867

Betrachte speziell einen einzelnen Leiter mit Potenzial ${{\Phi }_{l}}$

Für die Kapazität des Leiters gilt dann:

$C={\frac {Q}{{\Phi }_{l}}}$

Beispiel: Plattenkondensator:

Zwei Kondensatorplatten befinden sich auf dem Potenzial ${{\Phi }_{1}},{{\Phi }_{2}}$

Es gilt:

${\begin{aligned}&{{Q}_{1}}={{C}_{11}}{{\Phi }_{1}}+{{C}_{12}}{{\Phi }_{2}}\\&{{Q}_{1}}={{C}_{21}}{{\Phi }_{1}}+{{C}_{22}}{{\Phi }_{2}}\\&{{C}_{12}}={{C}_{21}}=C{\acute {\ }}\\&1\leftrightarrow 2Symmetrie\\&\Rightarrow {{C}_{11}}={{C}_{22}}=C\\\end{aligned}}$

Spezialfall: Q1+Q2=0

${\begin{aligned}&\Rightarrow Q=C{{\Phi }_{1}}+C{\acute {\ }}{{\Phi }_{2}}\\&-Q=C{\acute {\ }}{{\Phi }_{1}}+C{{\Phi }_{2}}\\&\Rightarrow 0=(C+C{\acute {\ }})({{\Phi }_{1}}+{{\Phi }_{2}})\Rightarrow C=-C{\acute {\ }}={\frac {Q}{{{\Phi }_{1}}-{{\Phi }_{2}}}}\quad (1)\\\end{aligned}}$

Das E-Feld existiert fast nur zwischen den Platten Also:

${\begin{aligned}&\sigma ={\frac {Q}{F}}={{\varepsilon }_{0}}E=const.\quad (2)\\&\Rightarrow \Phi (x)=-Ex+{{\Phi }_{0}}\\&\Rightarrow {{\Phi }_{1}}-{{\Phi }_{2}}=E({{x}_{2}}-{{x}_{1}})\quad (3)\\&({{x}_{2}}-{{x}_{1}}):=a\\&\Rightarrow C=-C{\acute {\ }}={\frac {Q}{{{\Phi }_{1}}-{{\Phi }_{2}}}}={\frac {Q}{Ea}}={{\varepsilon }_{0}}{\frac {F}{a}}\\\end{aligned}}$

Betrachten wir nun die Lösung der zweiten Grundaufgabe:

${{C}_{\alpha \beta }}={{C}_{\beta \alpha }}$ ist eine positiv definite Matrix und damit nicht singulär. Also können wir die Inverse suchen:

${{\Phi }_{\alpha }}=\sum \limits _{\beta =1}^{n}{{{C}_{\alpha \beta }}^{-1}{{Q}_{\beta }}}$

Eingesetzt in die Lösung der ersten Grundaufgabe liefert dies $\Phi ({\bar {r}})$ für gegebene ${{Q}_{\beta }},\rho ({\bar {r}})$

Damit ist dann die zweite Grundaufgabe gelöst !

Energie des Feldes im Außenraum:

für $\rho ({\bar {r}})=0$

$W={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r{{({\bar {E}}({\bar {r}}))}^{2}}}$

Betrachten wir nun eine differenzielle Änderung der Randbedingungen auf den ${{L}_{\alpha }}$

${\begin{aligned}&{{Q}_{\alpha }}\to {{Q}_{\alpha }}+\delta {{Q}_{\alpha }}\\&{{\Phi }_{\alpha }}\to {{\Phi }_{\alpha }}+\delta {{\Phi }_{\alpha }}\\\end{aligned}}$

Lösung

$\Phi ({\bar {r}})\to \Phi ({\bar {r}})+\delta \Phi ({\bar {r}})$

Räumliche Anordnung ungeändert ermöglicht die Vertauschung von

$\delta ,\nabla$ :

$\Delta \Phi ({\bar {r}})=0\Rightarrow \Delta \delta \Phi ({\bar {r}})=0$ in V ( Außenraum)

${\bar {E}}({\bar {r}})=-\nabla \Phi ({\bar {r}})\Rightarrow \delta {\bar {E}}({\bar {r}})=-\nabla \delta \Phi ({\bar {r}})$

${\begin{aligned}&\Rightarrow \delta W={\frac {{\varepsilon }_{0}}{2}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r(2{\bar {E}}({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}}))=-}{{\varepsilon }_{0}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r(\nabla \Phi ({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}}))}\\&(\nabla \Phi ({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}}))=\nabla \left(\Phi ({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}})\right)-\Phi ({\bar {r}})\nabla \delta {\bar {E}}({\bar {r}})\\&\nabla \cdot \delta {\bar {E}}({\bar {r}})=\delta \nabla \cdot {\bar {E}}({\bar {r}})=0,da\ \rho =0\\\end{aligned}}$

im Außenraum !

$\Rightarrow \delta W=-{{\varepsilon }_{0}}\int _{V}^{}{{{d}^{3}}r\nabla \left(\Phi ({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}})\right)=}{{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha }^{}{}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\left(\Phi ({\bar {r}})\delta {\bar {E}}({\bar {r}})\right)$

Als Umformung mit dem Gaußschen Satz

Auch hier: Vorzeichenwechsel, da df an allen $S\alpha$ in den Außenraum nach außen zeigt:

Wegen $\Phi ({\bar {r}}){{\left.{}\right|}_{S\alpha }}={{\Phi }_{\alpha }}$

$\Rightarrow \delta W={{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha }^{}{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\delta {\bar {E}}({\bar {r}})=\sum \limits _{\alpha }^{}{{\Phi }_{\alpha }}\delta {{Q}_{\alpha }}$

Mit ${{Q}_{\alpha }}=\sum \limits _{\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\beta }}\quad \alpha =1,..,n$

${\begin{aligned}&\Rightarrow \delta W={{\varepsilon }_{0}}\sum \limits _{\alpha }^{}{{\Phi }_{\alpha }}\oint \limits _{S\alpha }{}d{\bar {f}}\delta {\bar {E}}({\bar {r}})=\sum \limits _{\alpha }^{}{{\Phi }_{\alpha }}\delta \sum \limits _{\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\beta }}=\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{\Phi }_{\alpha }}{{C}_{\alpha \beta }}\delta {{\Phi }_{\beta }}\\&\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{\Phi }_{\alpha }}{{C}_{\alpha \beta }}\delta {{\Phi }_{\beta }}={\frac {1}{2}}\left\{\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{\Phi }_{\beta }}{{C}_{\beta \alpha }}\delta {{\Phi }_{\alpha }}+\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{\Phi }_{\alpha }}{{C}_{\alpha \beta }}\delta {{\Phi }_{\beta }}\right\}\\&{{C}_{\beta \alpha }}={{C}_{\alpha \beta }}\\&\Rightarrow \delta W={\frac {1}{2}}\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}\left\{{{\Phi }_{\beta }}\delta {{\Phi }_{\alpha }}+{{\Phi }_{\alpha }}\delta {{\Phi }_{\beta }}\right\}=\delta \left\{{\frac {1}{2}}\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\alpha }}{{\Phi }_{\beta }}\right\}\\\end{aligned}}$

Damit ist jedoch die Feldenergie gefunden als

$W=\left\{{\frac {1}{2}}\sum \limits _{\alpha ,\beta =1}^{n}{}{{C}_{\alpha \beta }}{{\Phi }_{\alpha }}{{\Phi }_{\beta }}\right\}$