8 Methoden zur Lösung der Laplace

8
Methoden zur Lösung der Laplace-Gleichung
Gesucht: Lösung der Laplace-Gleichung
∆φ = 0
für gegebene Randbedingungen.
Strategie:
1. Ermittle die Symmetrien der Randbedingungen. Diese bestimmen das geeignete Koordinatensystem.
2. Drücke den Laplace-Operator in diesen Koordinaten aus.
3. Löse die Laplace-Gleichung unter den gegebenen Randbedingungen.
Zu 1.:
Rechteck-Symmetrie:
kartesisch
axiale Symmetrie & translationsinvarianz entlang der z-Achse:
zylindrisch
axiale Symmetrie:
sphärisch
sphärische Symmetrie:
sphärisch
8.1
Lösung der Laplace-Gleichung durch Separation der Variablen
Idee: Transformiere die partielle Differentialgleichung in ein System von gewöhnlichen Differentialgleichungen
Die Symmetrie der Randbedingungen legt die Wahl der Koordinaten fest.
Die allgemeine Form des Laplace-Operators lautet
∆=
X ∂
∂
fi (q)
.
∂qi
∂qi
i
Die Methode der Separation der Variablen ist anwendbar, wenn der Laplace-Operator von der
speziellen Form
X ∂
∂
∆=
fi (qi )
∂qi
∂qi
i
ist. In diesem Fall sucht man die Lösung der Laplace-Gleichung in der Form
φ(q) = X(q1 ) Y (q2 ) Z(q3 ).
Die Laplace-Gleichung lautet dann
∆φ
= XY Z
∂
1
∂
f1 (q1 )
X(q1 )
X ∂q1
∂q1
1
∂
∂
+
Y (q2 )
f2 (q2 )
Y ∂q2
∂q2
1
∂
∂
+
f3 (q3 )
Z(q3 )
Z ∂q3
∂q3
=0
Jeder der Terme in der Summe hängt nur von einer der drei Variablen ab. Daher mußjeder einzelne
Term konstant sein, d.h.
d
d
1
X(q1 ) = C1
f1 (q1 )
X dq1
dq1
d
1
f2 (q2 )
Y dq2
d
1
f3 (q3 )
Z dq3
d
Y (q2 )
dq2
d
Z(q3 )
dq3
= C2
= C3
mit
C1 + C2 + C3 = 0.
Damit ist die partielle Differentialgleichung in drei gewöhnliche Differentialgleichungen überführt
worden, die mit Standardmethoden gelöst werden können.
8.2
Laplace-Gleichung in Kugelkoordinaten
Laplace-Operator in Kugelkoordinaten:
1 ∂
∂
1
∂
1
∂
∂2
∆= 2
r2
+ 2
sin ϑ
+ 2 2
r ∂r
∂r
r sin ϑ ∂ϑ
∂ϑ
r sin ϑ ∂ϕ2
Wir betrachten zuerst ein System mit azimuthaler Symmetrie (Rotationssymmetrie um die z-Achse).
In diesem Fall hängt das Potential nicht von ϕ ab.
Wir suchen eine Lösung in der Form (Separation der Variablen):
φ(r, ϑ) = f (r)P (ϑ).
Dann liefert ” φ1 ∆φ”
1 d
f dr
r2
df
dr
+
1 d
sin ϑ dϑ
sin ϑ
dP
dϑ
=0
r und ϑ sind unabhängige Variablen.
⇒ Jeder Term in der obigen Summe muß für sich konstant sein.
Wähle
Cr = −Cϑ = l(l + 1).
⇒
d
dr
1 d
sin ϑ dϑ
r
2 dfl
dr
sin ϑ
dPl
dϑ
= l(l + 1)fl
= −l(l + 1)Pl
Wir betrachten zuerst die Differentialgleichnung für Pl :
Annahme:
Pl (ϑ) = Pl (cos ϑ) = Pl (x)
1 d
d
=−
sin ϑ dϑ
dx
In der neuen Variable x lautet die Differentialgleichung für Pl :
d
d
(1 − x2 )
+ l(l + 1) Pl (x) = 0
dx
dx
für −1 ≤ x ≤ 1.
Die Lösungen dieser Differentialgleichung sind die Legendre Polynome Pl mit positiven ganzzahligen
Werten von l. Nicht-ganzzahlige oder negative Werte von l führen zu Lösungen, die bei x = 0 oder
x = 1 (d.h. ϑ = π oder ϑ = 0) divergieren.
Eigenschaften der Legendre Polynome:
1. Pl (1) = 1
2. Parität: Pl (−x) = (−1)l Pl (x)
3. erzeugende Funktion:
∞
X
1
(|t| < 1)
Pl (x) tl = √
1 − 2xt + t2
l=0
(Hieraus erhält man Pl (x) als l-te Ableitung der erzeugenden Funktion an der Stelle t = 0.)
4. Rodriguez Formel
l
d
1
(x2 − 1)l
Pl (x) = l
2 l! dx
5. Rekursions Formel
P0 (x) = 1, P1 (x) = x
(2n + 1) x Pn (x) = (n + 1)Pn+1 (x) + nPn−1 (x)
6. Orthogonalität
Z 1
dxPl (x)Pm (x) =
−1
2
δlm
2l + 1
Nun kann man die Differentialgleichung für den radialen Anteil lösen:
d
2 dfl
r
= l(l + 1)fl .
dr
dr
Lösungen sind rationale Funktionen der Form:
fl (r) = Al rl + Bl
1
.
rl+1
allgemeine Lösung der Laplace-Gleichung bei axialer Symmetrie
der Randbedingungen lautet also:
Die
φ(r, ϑ) =
∞ X
l=0
l
Al r + B l
1
rl+1
Pl (cos ϑ).
Die Koeffizienten Al und Bl sind durch die Randbedingungen festgelegt.
Speziell:
Wenn ein Rand im Unendlichen liegt (aber keine Ladungen im Unendlichen):
Al = 0 for l > 0.
Wenn der Koordinatenursprung (r = 0) innerhalb des betrachteten Volumens liegt:
Bl = 0 for all l.
(Nebenbemerkung: Die Terme mit bl 6= 0 führen bei r = 0 zu δ-Distributionen und ihren Ableitungen. Sie werden uns später wieder bei Lösungen der Poisson-Gleichung mit Ladungsverteilungen im
Endlichen begegnen.)
Beispiel:
Metallische Kugel im homogenen elektrischen Feld
z
R
metallische Kugel
Radius R
Ladung Q = 0
y
plaziert in einem homogenen elektrischen Feld
E = E0 ez
x
Dies ist ein Problem mit gemischten Randbedingungen:
1. Randbedingung im Endlichen:
φ =const, wenn r = R
2. Randbedingung im Unendlichen:
E = E0 ez when r R
Umwandlung in Dirichlet-Randbedingungen: V → −E0 r cos ϑ, wenn r R
Allgemeine Lösung für dieses Problem:
∞ X
φ(r, ϑ) =
l=0
Bl
Al r + l+1 Pl (cos ϑ)
r
l
Bedingung 1): für alle ϑ: φ(R, ϑ) = const = 0
⇒ Al R l +
⇒ φ(r, ϑ) =
Bedingung 2): r R:
φ(r, ϑ) →
∞
X
l=0
∞
X
l=0
Al
Bl
=0
Rl+1
R2l+1
r − l+1 Pl (cos ϑ)
r
l
Al rl Pl (cos ϑ) = −E0 r cos ϑ
Beachte: a) P1 (cos ϑ) = cos ϑ und b) die {Pl } bilden ein VONS
⇒
Al = 0
for l 6= 1
A1 = −E0
Das Potential ergibt sich daher zu
R3
φ(r, ϑ) = −E0 r − 2 cos ϑ.
r
Influenz erzeugt auf der Oberfläche der Kugel eine inhomogene Ladungsverteilung,
∂φ ∂φ =
−
= 30 E0 cos ϑ.
σ = −0
0
∂n ∂r R
r=R
Das gesamte Potential läßt sich als Überlagerung
zweier
Teilpotentiale schreiben:
φ(r) = φhom + φσ ,
wobei das Potential des homogenen elektrischen Feldes durch
φhom (r) = −E0 r cos ϑ
gegeben ist, und das Potential der induzierten Oberflächenladung

 E r cos ϑ = −φ
0
hom (r ≤ R)
φσ (r) =
3
 E R cos ϑ = φ
(r ≥ R)
.
dipol
0 r2
Im Innern der Kugel kompensiert das Potential der Oberflächenladungen das externe homogene Feld.
Im Außenraum der Kugel (r ≥ R) erzeugt die Oberflächenladung ein
φdipol = E0
Das äußere Feld induziert auf der Kugel ein
1 pr
R3
=
.
2
r
4π0 r3
Dipolmoment
p = 4π0 E0 R3 ez .
Dipolfeld
der Form