Poissongleichung < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | wie kommt man von diesem Integral
[mm] $\int\limits_{V} (G(r',r)\nabla ^2\Phi(r) [/mm] - [mm] \Phi(r)\nabla [/mm] ^2 G(r',r) [mm] \mathrm{d}V [/mm] $
Auf das :
$ [mm] \Phi(r')=\integral_{V}^{}{G(r',r) \rho(r) dv}+ \epsilon_0 \oint{DS*n* G(r',r) *\Delta \Phi(r)-\Phi(r) \Delta G(r',r)} [/mm] $ |
Man benutz die 2. Greensche Identität
[mm] $\int\limits_{V} (\phi\nabla ^2\psi [/mm] - [mm] \psi\nabla ^2\phi)\ \mathrm{d}V [/mm] = [mm] \int\limits_{\partial V} \left(\phi \frac{\partial\psi}{\partial n} - \psi \frac{\partial\phi}{\partial n}\right) [/mm] $
Setzt : [mm] \phi [/mm] = G(r',r) und [mm] \psi= \Phi(r)
[/mm]
[mm] $\int\limits_{V} (G(r',r)\nabla ^2\Phi(r) [/mm] - [mm] \Phi(r)\nabla [/mm] ^2 G(r',r) [mm] \mathrm{d}V [/mm] $
Wenn man den GaußenSatz anwendet
ist
$ [mm] \int\limits_{V} (G(r',r)\nabla ^2\Phi(r) [/mm] - [mm] \Phi(r)\nabla [/mm] ^2 G(r',r) [mm] \mathrm{d}V [/mm] = [mm] \oint{DS*n* G(r',r) *\Delta \Phi(r)-\Phi(r) \Delta G(r',r)} [/mm] $
[mm] $\integral_{V}^{}{G(r',r)}* \Delta \Phi(r)- \Phi(r) \Delta [/mm] G(r',r ) d^3r$
[mm] $\nabla ^2\Phi(r)=-\bruch{\rho(r)}{\epsilon_0}$
[/mm]
$ [mm] \int\limits_{V} (G(r',r)-\bruch{\rho(r)}{\epsilon_0} [/mm] - [mm] \Phi(r)\nabla [/mm] ^2 G(r',r) [mm] \mathrm{d}V [/mm] = [mm] \oint{DS*n* G(r',r) *\Delta \Phi(r)-\Phi(r) \Delta G(r',r)} [/mm] $
weiter weiß ich nich ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:22 Mo 01.12.2014 | | Autor: | andyv |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
an der Aufgabe ist ja wohl so einiges unklar.
Deine Rechnung ist auf jeden Fall falsch und einen GaußenSatz kenne ich auch nicht.
Was man zeigen kann ist folgendes:
Sei V offen und beschränkt mit glattem Rand und f stetig auf V, ferner sei $\Phi$ eine klassische Lösung der Poisson Gleichung $\Delta u=f$ in V, die stetig differenzierbar auf dem Abschluss von V ist, dann gilt: $ \Phi(x)=-\integral_{V}^{}{u(x-y) f(y) dy}+ \int_{\partial V}{d\sigma(y)[u(x-y)\frac{\partial \Phi}{\partial \nu_y}(y)-\Phi(y)\frac{\partial u}{\partial \nu_y}(x-y)]$, wobei u Fundamentallösung ist, d.h. sie erfüllt $\Delta u=-\delta$ distributionell (ist bis auf Konstante also das Coulomb-Potential).
Der Beweis ist ein wenig mehr als Anwendung der Greenschen Formeln. Zunächst nimmst du aus V eine Kugel (mit Radius $\epsilon$, Mittelpunkt x) raus, die kompakt in V enthalten ist. Das Volumenintegral über diese Menge, d.h. über $V\backslash B_\epsilon(x)$ konvergiert für \epsilon \to 0$ gegen das Integral über V (wieso?). Die Oberflächenintegrale kannst du einerseits mit Green bearbeiten, andererseits kannst du sie in zwei Oberflächenintegrale ( über $\partial V$ und $\partial B_\epsilon(x)$) aufteilen. Das Integral über $\partial V$ ist schon genau das, was du haben willst. Das andere Integral wird (bis auf Vorzeichen möglicherweise) gegen $\Phi(x)$ konvergieren.
Liebe Grüße
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