Editing Poisson- Gleichung und Greensche Funktion

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=Poisson- Gleichung und Greensche Funktion=

:<math>\bar{E}\left( {\bar{r}} \right)=-\nabla \Phi (\bar{r})</math> in <math>\nabla \cdot \bar{E}\left( {\bar{r}} \right)=\frac{\rho \left( {\bar{r}} \right)}{{{\varepsilon }_{0}}}</math>
liefert:

:<math>\Delta \Phi (\bar{r})=-\frac{\rho \left( {\bar{r}} \right)}{{{\varepsilon }_{0}}}</math>

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)
:<math>\Phi (\bar{r})\to 0</math>
hinreichend rasch für
:<math>r\to \infty </math>

oder
2)
:<math>\Phi (\bar{r})</math>
sei gegeben auf Flächen im Endlichen, Beispielsweise Leiteroberflächen

'''Lösung zu 1):'''

:<math>\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{\ }|}</math>
für hinreichend rasch abfallendes
:<math>\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)</math>

'''Einsetzen in Poisson- Gleichung:'''

:<math>\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{\ }|}</math>,
 falls Integration und Differenziation vertauschbar, also über verschiedene Koordinaten ausgeführt wird.

Man definiere für ein festes
:<math>\bar{r}\acute{\ }</math>,
 dass
:<math>\begin{align}
& \bar{s}:=\bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \\
& {{\nabla }_{r}}={{\nabla }_{s}} \\
\end{align}</math>
:
Also:

:<math>\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}</math>

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

Grund ist, dass die Vertauschung von
:<math>{{\Delta }_{r}}</math> und <math>\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}</math>
sowie auch die obige Umformung nicht erlaubt ist für
:<math>\bar{r}=\bar{r}\acute{\ }</math>,
 also s=0  (Singularität!!)

Stattdessen für beliebige V:



Nun kann man
:<math>\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}\cdot {{\nabla }_{r}}}</math> mit <math>\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}</math>
vertauschen.
Dies ist erlaubt, falls der Integrand von
:<math>\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}</math>
nach der Vertauschung stetig ist!:

:<math>\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}</math>

Somit:

:<math>\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}</math>

aber:

:<math>\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}}\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{|\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }{{|}^{3}}}=\int_{{}}^{{}}{d\Omega }=4\pi </math>,
 falls
:<math>\bar{r}\acute{\ }\in V</math>

:<math>\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}}\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{|\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }{{|}^{3}}}=\int_{{}}^{{}}{d\Omega }=0</math> falls <math>\bar{r}\acute{\ }\notin V</math>

Somit:

:<math>\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)</math>

Mathematisch streng gilt im Distributionen- Sinn:

:<math>{{\Delta }_{r}}\frac{1}{|\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }|}=-4\pi \delta (\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })</math>

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

<u>'''Greensche Funktion der Poisson- Gleichung'''</u>

:<math>\Delta \Phi (\bar{r})=-\frac{\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)}{{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow </math>
Invertierung
:<math>\Rightarrow \Phi (\bar{r})=\hat{G}\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Mit dem Greenschen Operator
:<math>\hat{G}</math>
:

Eine Fourier- Transformation von
:<math>\Delta \Phi (\bar{r})=-\frac{\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)}{{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow </math> liefert <math>-{{k}^{2}}\tilde{\Phi }=-\frac{{\tilde{\rho }}}{{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow </math>

Man kann schreiben:

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

Die einfache Fourier- Transformierte Form von
:<math>\Rightarrow \Phi (\bar{r})=\hat{G}\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)</math>,
 nur dass der Fourier- transformierte Greens- Operator angegeben werden kann.

Die Rücktransformation löst dann die Poiisson-gleichung:

:<math>\Rightarrow \Phi (\bar{r})=\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}\hat{G}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Es gilt:

:<math>{{\Delta }_{r}}\hat{G}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })=-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Das heißt, die Greensfunktion ist eine Lösung der Poissongleichung für eine Punktladung q=1 an
:<math>\bar{r}\acute{\ }</math>
:
Insbesondere bei speziellen Randbedingungen

:<math>\begin{matrix}
\lim   \\
\bar{r}\to \infty   \\
\end{matrix}\Phi (\bar{r})=0</math>

ist die Greensfunktion dann:

:<math>G(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{1}{|\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }|}</math>

Denn

:<math>{{\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)</math>

Für eine beliebige Ladungsverteilung
:<math>\rho </math>
ist also die Lösung der Poissongleichung

:<math>\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{\ }</math>

wobei die Identität insgesamt nur für die Randbedingungen
:<math>\begin{matrix}
\lim   \\
\bar{r}\to \infty   \\
\end{matrix}\Phi (\bar{r})=0</math>
gilt, ansonsten ist G durch die andern Randbdingungen festgelegt.