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