Greensche Funktion

Greensche Funktion
Frank Essenberger
FU Berlin
30.September 2006
Inhaltsverzeichnis
1 Nomenklatur
1
2 Greensche Theoreme
1
3 Anwendung in der Elektrostatik
2
4 Anpassung an Randbedingungen
3
5 Eindeutigkeit der Lösung
3
6 Beispiel für Dirichletsche Randbedingung
4
1
Nomenklatur
Auf meiner Homepage finden sie ein Script in dem die Nomenklatur in allen von
mir verfassten Texten erklärt wird.
2
Greensche Theoreme
Gauß’sches Gesetz:
I
−
→ ←
−→
d S · E (−
x)=
Z
s
−
→ ←
−→
dx3 ∇ · E (−
x)
v
−
→→
−
→ →
→
Mit dem Ansatz E (−
x ) = φ(−
x ) · ∇ψ(−
x ) in das Gauß’sche Gesetz eingehen.
Damit folgt: (x Abhängigkeit im weiteren weggelassen)
I
Z
→
−
←
− →
−
→
←
− −
→
−
→
→
x ) · ∇ψ(−
x )]
d S · φ( x ) · ∇ψ( x ) = dx3 ∇ · [φ(−
s
v
I
←
−
→
dS · φ−
n · ∇ψ =
s
Z
−
→
←
−
dx3 [ ∇φ] · [ ∇ψ] + φ∇2 ψ
v
1
I
Z
∂ψ
dS · φ ·
=
∂n
s
−
→
←
−
dx3 [ ∇φ] · [ ∇ψ] + φ∇2 ψ
(1)
v
Wobei Gleichung (1) das erste Greensche Theorem darstellt. Durch vertauschen
von ψ und φ:
I
Z
−
→
←
−
∂ψ
dS · φ ·
= dx3 [ ∇φ] · [ ∇ψ] + φ∇2 ψ
(2)
∂n
s
v
I
Z
→
−
←
−
∂φ
dS · ψ ·
= dx3 [ ∇ψ] · [ ∇φ] + ψ∇2 φ
(3)
∂n
s
v
und abziehen der beiden Gleichung (2) und (3) von einander erhält man schnell
das zweite Greensche Theorem Gleichung (4):
I
∂ψ
∂φ
dS · φ ·
−ψ·
=
∂n
∂n
s
I
3
Z
−
→
←
−
−
→
←
−
dx3 [ ∇φ] · [ ∇ψ] − [ ∇φ] · [ ∇ψ] + φ∇2 ψ − ψ∇2 φ
v
∂ψ
∂φ
dS · (φ ·
−ψ·
)=
∂n
∂n
s
Z
dx3 (φ∇2 ψ − ψ∇2 φ)
(4)
v
Anwendung in der Elektrostatik
Wenn man nun ψ =
1
→
−
−
|→
x − x0|
=
1
→
−
|R|
und φ unser gesuchtes Potential wählt, ergibt
sich:
I
∂
1
1
∂φ
dS ·(φ·
− −
)=
−
→
−
→
→
−
→
∂n | x − x0| | x − x0| ∂n
s
0
I
s
dS 0 · (φ
1 ∂φ
∂ 1
− −
)=
→
−
→
∂n | R | | R | ∂n
Z
1
1
2
dx03 (φ∇2 →
→ − −
−
−
→ ∇ φ)
−
→
| x − x0| | x − x0|
v
Z
→
−
1 ρ( x0)
→
−
→
·
dx03 · (−4πδ(−
x − x0) · φ + −
) (5)
→
²0
v
|R|
Für eine unendlich großes Volumen geht das Oberflächenintegral gegen Null da
φ mindestens eine 1r Abhängigkeit besitzt und so gilt :
I
∂
1
1
∂φ
I = lim
dS 0 · (φ ·
− −
)
→
−
−
→
−
→
→
a→∞ s
∂n | x − x0| | x − x0| ∂n
I
1 ∂
1
1
∂ 1
∝ lim
dΩ0 a2 · (
)
−
→ − →
−
→
→
a→∞ s
a ∂n |−
x − a · n0| |−
x − a · n0| ∂a a
I
1
1
∝ lim
dΩ0 = 4π lim
=0
a→∞
a→∞ a
a
Damit wird die Gleichung (5) zu :
2
Z
v
Z
→
−
1
ρ( x0)
dx03 −
−
→
|→
x − x0| ²0
v
Z
−
→
1
ρ( x0)
→
φ(−
x)=
dx03 −
→
−
4π²0 v
|→
x − x0|
−
→
−
→
→
dx03 4πδ(−
x − x0) · φ( x0) =
Dies ist ein Spezialfall. Nämlich der, wenn das Potential auf dem unendlich weit
entferneten Rand definiert ist. Dieses muss dort Null sein da wir von örtlich
begrenzten Feldern ausgehen. Um andere Randbedingungen zu implementieren
könnte man mit einem anderen ψ eingehen.
4
Anpassung an Randbedingungen
Im Abschnitt 2 sind wir mit ψ =
ner:
1
→
−
−
|→
x − x0|
eingegangen. Nun wählen wir allgemei-
1
→
−
→ −
ψ̃ = −
−
→ + F ( x , x0)
|→
x − x0|
→
−
−
→ →
→ →
−
−
→
−
→
→
→
→
mit F (−
x , x0) = F ( x0, −
x ) damit ist auch ψ̃( x0, −
x ) = ψ̃(−
x , x0) und ∇2 F (−
x , x0) =
0. Die Funktion F kann nun genutzt werden um Randbedingungen zu implementieren. Mit der Funktion ψ̃ in Gleichung (4) eingehen und wieder δ-Funktion
ausnutzen:
→
φ(−
x)=
Z
I
→
−
1
ρ( x0)
∂
∂φ
[ dx03 −
− φ ψ̃)]
+
dS 0 · (ψ̃
−
→
4π²0 v
∂n
∂n
|→
x − x0|
s
Auf den ersten Blick wirkt es so alsob man ψ̃,
kennen müsste. Tatsächlich reicht es aus ψ̃ oder
gleich nun noch Definitionen:
∂
∂n ψ̃
∂
∂n ψ̃
(6)
und φ auf der Oberfläche
zu kennen. Dies zeigen wir
−
→
→
1. ψ̃ heißt Greensche Funktion (meist G(−
x , x0) genannt)
−
→
→
2. ψ̃ |S = GD (−
x , x0) |S = 0 →Dirichletsche Randbedingung
−
→
→
∂
3. ∂n
ψ̃ |S = GS (−
x , x0) |S = const = −4π
S → Neumannsche Randbedingung
5
Eindeutigkeit der Lösung
Im vorigen Abschnitt wurde behauptet, dass eine Randbedingung ausreicht um
das Problem eindeutig zu lösen und mit Dirichletsche Randbedingung und Neumannscher Randbedingung überstimmt ist. Dazu nehmen wir zwei Lösungen φ1
und φ2 an und setzen u = φ1 − φ2 und gehen damit in Gleichung (1) ein. Wobei
ψ = φ = u ist, damit folgt:
3
I
∂u
dS · u ·
=
∂n
s
Z
−
→
←
−
dx3 [ ∇u] · [ ∇u] + u∇2 u
(7)
v
Da beide Lösung die Poissiongleichung erfüllen gilt:
→
→
→
→
∇2 u = ∇2 φ1 (−
x ) − ∇2 φ2 (−
x ) = −4π(δ(−
x ) − δ(−
x )) = 0
∂
∂
Und u |s = 0 für die Dirichletsche Randbedingung oder ∂n
u |s = ∂n
φ1 |s −
∂
φ
|
=
const
−
const
=
0
für
die
Neumannsche
Randbedingung.
Man
sieht
∂n 2 s
das eine von beiden Randbedingungen reicht um die linke Seite von Gleichung
(9) zu 0 zu machen.
Z
−
→
←
−
→
−
0 = dx3 [ ∇u] · [ ∇u] → 0 = ∇u → u = const
v
Wobei u |s = 0 da dort φ1 = φ2 ist. Damit ist u = const = 0 (überall) und die
Lösungen sind also gleich.
6
Beispiel für Dirichletsche Randbedingung
Eine Scheibe vom Radius a liegt in der XY Ebene mit Zentrum im Ursprung.
Der Raum ist Ladungsfrei. Das Potential auf der Scheibe sei auf V festgelegt.
Außerhalb der Scheibe sei es 0. Wir betrachten das Problem mit vorgegebener
Dirichletscher Randbedingung und es wird nur der obere Halbraum mit z > 0
betrachtet.Die Grennsche Funktion soll also 0 in der XY Ebene sein. Eine Lösung
wäre:
1
1
→ →
−
GD ( x0, −
x)= −
−
→ − −
−
→
→
→
→
ez |
| x − x0| | x − x0 + 2z 0 −
−
→ −
Die Funktion F sorgt nun dafür, dass G ( x0, →
x) = 0|
ist. Außerdem gilt:
D
Scheibe
−
→ →
−
→
−
→
→
→
→
∇2 GD ( x0, −
x ) = −4π(δ(−
x − x0) − δ(−
x + (−x0 , −y 0 , +z 0 ) = −4π(δ(−
x − x0)
|
{z
}
−
=0 wegen Def von →
x
−
Da →
x nur im oberen Halbraum ist und desweiteren gilt auch:
−
→ →
→
−
→
GD ( x0, −
x ) = G D (−
x , x0).
Nun mit unserer Greenschen Funktion in Gleichung (9) eingehen:
→
φ(−
x)=
1
[
4π²0
Z
I
−
→
ρ( x0)
∂
−
→ −
−
→ −
→ ∂φ
→
0
dx −
→ + dS · (GD ( x0, x ) ∂n − φ ∂n GD ( x0, x ))]
−
→
| x − x0|
v
s
03
−
→
−
→ →
Zum Glück ist ρ( x0) = GD ( x0, −
x ) |Oberf lche = 0 auf Grund der Randbedingung
und der Aufgabenstellung.
4
Z
1
∂
−
→ →
dS 0 · (−V ·
GD ( x0, −
x ))
4π²0 Scheibe
∂n
Z
1
−1
1
∂
→
φ(−
x) =
(−
− −
)
dS 0 · (V ·
→
−
−
→
→
→
→
4π²0 S
∂z | x − x0| | x − x0 + 2z 0 −
ez |
→
φ(−
x)=
Nebenrechnung (anderer Summand analog):
1
∂
(z − z 0 )
∂
(−
)=
[(x − x0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 ](−0.5) = − −
−
→
→
−
→
→
∂z | x − x0|
∂z
| x − x0|1.5
−1
→
φ(−
x)=
4π²0
Z
−(z − z 0 )
−(z + z 0 )
dS 0 · (V · −
+
)
−
→
−
→
→
→
|→
x − x0|1.5
|−
x − x0 + 2z 0 −
ez |1.5
S
Da auf der Oberfläche z 0 = 0 gilt :
Z
−2z
−1
−
→
dS 0 · (V · −
φ( x ) =
−
→ )
→
4π²0 S
| x − x0|1.5
Z
−1
2zV
−
→
φ( x ) =
dS 0 · (− 2
)
02
4π²0 S
(ρ + ρ + 2ρρ0 cos(γ) + z 2 )1.5
Wobei ρ2 = x2 + y 2 und ρ02 = x02 + y 02 . Das Integral ist schwer zu lösen deshalb
→
schauen wir uns das Potential am Ort −
x = (0, 0, z) an:
−1
→
φ(−
x)=
2π²0
Z
2π
dϕ
0
0
Z
a
dρ0 · ρ0
0
ρ0 =a
−zV
1
−zV
=
|
.
0
(ρ02 + z 2 )1.5
²0 (ρ02 + z 2 )0.5 ρ =0
φ(0, 0, z) =
1
−zV
(v + 2
)
²0
(a + z 2 )0.5
φ(0, 0, z) =
V
z
(1 + 2
)
²0
(a + z 2 )0.5
Auch für komplizierte vorgegebene Potentiale oder noch zusätzliche Ladungsverteilungen auf der Scheibe hätte man mit dieser Methode schnell Ergebnisse
erzielen können.
Das Problem stellt nur das finden der Greenschen Funktion dar. Dies kann
aber leicht mit dem Prinzip der Spiegelladungen geschehen mit dem es sehr
leicht ist eine Funktion auf einer bestimmten Fläche verschwinden zu lassen.
Dazu positioniert man eine eine zweite,dritte,vierte... Ladung(en) so im
Raum, dass die Greensche Funktion auf der Oberfläche verschwindet. So wie
im Beispiel geschehen.
5