5 Harmonische Funktionen

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1 5 Harmonische Funktionen Generell kann man die allgemeine Lösung des elektrostatischen andwertproblems auch als Summe einer speziellen Lösung der Poisson-Gleichung und einer Lösung der Laplace-Gleichung schreiben, wobei die Lösung der Laplace-Gleichung für die Erfüllung der andbedingungen Sorge trägt: φ(r) = φ speziell (r) + φ homogen (r). Als spezielle Lösung kann das Helmholtz-Integral herhalten: ρ(r ) φ speziell = V r r dv. Die homogene Lösung muss dann neben der Laplace-Gleichung die andbedingung bzw. erfüllen. φ homogen = 0 φ homogen V = φ 0 φ speziell V φ homogen n = σ(r) V ɛ 0 φ speziell n V 5.1 Harmonische Funktionen Es ist offensichtlich, dass die Lösungen der Laplace-Gleichung eine wichtige olle in der Elektrostatik spielen. Man bezeichnet die Lösungen der Laplace-Gleichung als harmonische Funktionen. φ = Eindimensionale Laplace-Gleichung Lösung: Gerade d 2 φ dx 2 = 0 φ(x) = mx + b Eigenschaften der Geraden: An jedem Punkt x ist φ(x) durch den Mittelwert von φ an zwei benachbarten Punkten gegeben: φ(x) = 1 [φ(x + ) + φ(x )]. 2 φ hat keine lokalen Maxima oder Minima. Extrema von φ gibt es höchstens an den Endpunkten des betrachteten Intervals (eindimensionales Volumen).

2 5.1.2 Zweidimensionale Laplace-Gleichung 2 φ x φ y 2 = 0 Zweidimensionale Potentialprobleme entstehen, wenn ein dreidimensionales System in einer ichtung translationsinvariant ist. Zur Lösung zweidimensionaler Probleme bedient man sich oftmals differenzierbarer komplexer Funktionen. Zu diesem Zweck wird die xy-ebene mittels z = x + i y auf die komplexe Zahlenebene abgebildet. Eine komplexe Funktion f(z) = f(x + i y) = u(x, y) + i v(x, y) läßt sich als Summe aus ealteil u(x, y) und Imaginärteil i v(x, y) darstellen mit reellen Funktionen u und v. Eine komplexe Funktion ist differenzierbar in z 0, wenn der Grenzwert des Differenzenquotienten f(z) f(z 0 ) z 0 z z 0 für jede beliebige Annäherung an z 0 existiert und den gleichen Wert hat. Insbesondere muss dann gelten wobei u x = u x, etc. df dz = f(z 0 + x) f(z 0 ) x 0 x f(z 0 + i y) f(z 0 ) y 0 i y = u x + iv x = i u y + v y, Daraus ergeben sich für die partiellen Ableitungen von u und v die Cauchy-iemann schen Differentialgleichungen u x = v y und u y = u x. (Beachte: die Cauchy-iemann schen Differentialgleichungen entsprechen der Bedingung verschwindender otation des elektrischen Feldes in drei Dimensionen.) Nach zweifacher Differentiation folgt unter Berücksichtigung der Vertauschbarkeit der partiellen Ableitungen: u = u xx + u yy = 0 und v = v xx + v yy = 0, d.h. jede komplex differenzierbare Funktion f(z) stellt eine Lösung der Laplace- Gleichung dar.

3 Wegen u v = u x v x + u y v y = 0 stehen die Linien u =const und v =const senkrecht aufeinander. Betrachtet man den ealteil u des komplexen Potentials f als elektrostatisches Potential, dann bilden die Linien konstanten u Äquipotentiallinien. Entsprechend repräsentieren die Linien konstanten v in diesem Fall die Feldlinien des Problems. Betrachte als Beispiel das komplexe Potential In Polarkoordinaten ist Das Potential f(z) = λ ln(z). z = re iϕ und ln(z) = ln(r) + iϕ. u = λ ln(r) ist das Potential eines unendlich langen Drahtes in z-ichtung, dessen Ladung pro Längeneinheit λ beträgt. Der Imaginärteil ist v = λ ϕ. Dem entsprechend repräsentieren die Linien ϕ = const die Feldlinien des Drahtes. Der Betrag des elektrischen Feldes ist durch gegeben. E = andwertproblem in zwei Dimensionen λ 1 r = f (z) Beispiel: Streufeld eines Plattenkondensators y y o x y o

4 Wenn y = ±y 0 für x < 0 Äquipotentiallinien sein sollen, ist es zweckmäßig, einen impliziten Ansatz für das Potential zu machen: z = 1 + i f + e i f. Dieser Ansatz begründet sich darauf, dass für einen Draht (hier die Kante des Kondensators) f = ln(z) gilt und das Potential eines homogenen elektrischen Feldes in y-ichtung durch das komplexe Potential f = ie 0 z beschrieben werden kann. Trennung nach eal- und Imaginärteil liefert x = 1 v + e v cos(u) y = u + e v sin(u). Die Spannung u auf den Kondensatorplatten betrage ±π. Dies ist für erfüllt. x = 1 v e v und y = ±π Da e v > 1 v für alle v, sind diese Äquipotentialflächen in der Tat zwei parallele Halblinien x < 0, y = ±π. Man kann nun v einieren und erhält: x = 1 + ln(y u) ln(sin(u)) + (y u) cot(u). x = x(y) gibt dann die Äquipotentiallinien für die Spannungen π < u < π an Dreidimensionale Laplace-Gleichung Die harmonischen Funktionen in drei Dimensionen haben ähnliche Eigenschaften wie wie die Gerade. Mittelungseigenschaft: Der Wert von φ an einem Punkt P ist der Mittelwert von φ über eine Kugeloberschale, die um P zentriert ist. Beweis: Benutze ein Koordinatensystem, welches seinen Ursprung in P hat. φ = 0 impliziert, daß ρ = 0 innerhalb einer Kugel vom adius. Auswertung der formalen Lösung der Poisson-Gleichung mit r = 0 liefert: φ(0) = 1 [ 1 df 4π S r n φ(r ) φ(r ) ] 1. n r Nun ist: S df 1 r n φ(r ) = 1 = 1 = 1 S V V df ( φ(r )) dv ( φ(r )) dv φ(r ) = 0

5 φ(0) = 1 df φ(r ) 1 4π S n r 1 = 1 = 1 n r r r r 2 φ(0) = 1 df φ(r ). 4π 2 S Aus dieser Mittelungseigenschaft folgt sofort, daß φ im Innern des betrachteten Volumens keine Extrema aufweisen kann.