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  Greensche Funktion (ohne Punktladung) |
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quarks
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 29.04.2017
Mitteilungen: 56
 |  Themenstart: 2018-03-01
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Hey zusammen,
ich würde gerne folgende Aufgabe besprechen:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47886_greensche_funktion.png
Ich habe a.) mit Hilfe von http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=233188&start=0&lps=1698195 versucht zu lösen, jedoch bin mir nicht so sicher.
In meiner Aufgabe habe ich im Prinzip in der (z=0)-Ebene einen Kreis mit Radius a und folgendes Potential:
$$\Phi(\vec r)=\left\{
\begin{array}{ll}
\Phi_0 & 0\leq r \leq a \\
0 & r>0
\end{array}
\right. $$
Wobei das Potential $\displaystyle \Phi(\vec r)$ im Pos. Halbraum z>0 zu bestimmen ist. Die Randbedingung für dieses Potential ist durch obige Definition gegeben.
Also für mich sieht es so aus, als würde einfach eine kreisförmige Metallplatte mit Radius a in der (z=0)-Ebene liegen. Jedoch habe ich diesmal keine Punktladung im Abstand d, so wie im verlinkten Beispiel. Das verwirrt mich ein bisschen.
Die Greensche Funktion ist ja folgendermaßen definiert:
$$G(\vec r, \vec r') = -\frac{1}{4\pi}\frac{}{|\vec r - \vec r'|} + F(\vec r, \vec r')$$
und
$$\Delta G(\vec r, \vec r')=\delta(\vec r - \vec r')$$
Aber wie beziehe meine RB ein, damit ich das passende G finde, wenn ich keine Punktladung o. Ä. habe. Ich hoffe ihr könnt mir ein paar Tips geben, um mir das ganze besser klar machen zu können.
LG
quarks
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Orangenschale
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2018-03-01
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Hallo quarks,
lies dir den von dir verlinkten Beitrag nochmal genau durch, im Prinzip kannst du im letzten Beitrag darin schon die Greensche Funktion und das zu lösende Integral finden (bei dir ist eben $\rho(\boldsymbol r)=0$). Darin findest du auch einen weiteren Link, der dir helfen sollte:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=216430&post_id=1582446
Mittlerweile gibt es soviele Beiträge zu Greenschen Funktionen in der Elektrostatik, dass eigentlich schon fast alles dazu auf dem Matheplaneten zu finden ist.
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quarks
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-01
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Hallo Orangenschale,
danke für die nochmalige Antwort zu diesem Thema!
Ich habe mir beide Beiträge nochmals mehrmals durchgelesen und es wird definitiv klarer! Ich möchte aber trotzdem noch ein paar Sachen klären bitte:
Diese Beitrag sagt eigentlich alles aus, darum bezieh ich mich im folgendem auf diesen hier: http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=216430&start=0#p1583704
Meine Green-Funktion ist also wieder $\displaystyle G(\vec r, \vec r')= \frac{1}{|\vec r - \vec r'|} -\frac{1}{|\vec r - R\vec r'|} = \frac{1}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}-\frac{1}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z+z')^2}}
$, die mit Hilfe der Bildladungsmethode konstruiert wurde.
So wie ich das verstanden habe, liegt bei r' laut Gl. (2) eine "Test"-Punktladung in meinem Halbraum z>0.
Die Greensche Funktion wählen wir nun so, dass das diese auf dem Rand (hier: z=0) vollkommen verschwindet, also suche ich eine Funktion $\displaystyle F(\vec r, \vec r')$, die genau das möglich macht, jedoch nicht (2) verletzt, also $\displaystyle \Delta ' F(\vec r, \vec r') = 0$.
1. Das mache ich aber nur, wenn mein Potential am Rand gegeben ist, also egal ob das jetzt wirklich Null ist, oder einen bestimmten Wert hat. Also die Greensche Funktion ist völlig unabhängig von Ladungsverteilung und dem Potential am Rand.
2. F ist nun der 2. Term in meiner oben angegebenen Greenschen Funktion, für z=0 bzw. z'=0 verschwindet diese am Rand auf der (z=0) Ebene.
Stimmen Punkt 1 und 2 so?
3. Wenn mir der Vektor $\displaystyle \vec r'$ angibt, wo meine "test"-Punktladung ist, was genau repräsentiert oder zeigt mir der Vektor $\displaystyle \vec r$, vorallem weil auch immer von den '-Koordinaten integriert und differentiert wird ?
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quarks
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-02
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Zu Punkt 3 noch: Okay, an der Stelle $\displaystyle \vec r$ will ich eben mein Potential berechnen. Und dazu benutzen wir eben die Greensche Funktion, die auch von $\displaystyle \vec r'$ abhängig ist.
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quarks
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-02
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Ich habe mir jetzt auch das Integeral angesehen und in Zylinderkoordinaten umgeschrieben, wobei ich erstmal nur das Oberflächenintegral für den Kreis betrachte:
$$\Phi(\vec r) = -\int_{\partial V} \Phi(\vec r') \cdot \frac{\partial G(\vec r, \vec r')}{\partial z'} dA = -\Phi_0\int_0^{2\pi}\int_0^a \frac{\partial G(\vec r, \vec r')}{\partial z'} r' dr' d\phi'$$
Und G bereits abgeleitet in Zylinderkoordinaten ist
$$\frac{\partial G(\vec r, \vec r')}{\partial z'} = \frac{z - z'}{(r^2+r'^2+2rr'cos(\phi-\phi')^2+(z-z')^2)^{3/2}} + \frac{z + z'}{(r^2+r'^2+2rr'cos(\phi-\phi')^2+(z+z')^2)^{3/2}}$$
Hier weiß ich nicht mehr weiter. Ich habe mir überlegt, ob nicht irgendwelche Unabhängigkeiten oben vorkommen, die verschweinden. D.h. wenn $$\vec r'$$ meine "Test"-Punktladung repräsentiert, dann kann ja keine Koordinate von denen verschwinden. Bleibt nur mehr noch Phi und r. (Ohne Strich)
Kann es sein, dass Phi verschwindet? Denn da die Kreisfläche ohnehin von 0 bis a ein konstantes Potential hat, ist ja der Winkel 0 bis 2pi egal. Oder verlaufe ich mich hier gerade?
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Orangenschale
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| Beitrag No.5, eingetragen 2018-03-03
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Hallo,
Ich kann dir nur vom Smartphone aus antworten, also fasse ich mich kurz.
Dein Verständnis (Frage 1) ist richtig. Zu frage 2 hast du nur teilweise recht. Du hast $F$ richtig identifiziert, aber $F$ verschwindet nicht auf dem Rand. Die Greensche Funktion muss auf dem Rand verschwinden und für $F$ gilt $\Delta F=0$ im gesamten Raun $z>0$. Frage 3 hast du wieder richtig verstanden.
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quarks
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-06
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Hey, danke für deine Antwort! Stimmt, habe mich bei Frage 2 falsch ausgedrückt.
Ich komme jedoch beim Integral im letzten Beitrag nicht weiter. Ich hab das mal in Mathematica reingetippt und das ist eine lange Rechnung, wo am Ende ein Real- und Imaginärteil rauskommt.
Also ich denke mal, dass das viel einfacher gehen muss, aber ich komme leider nicht drauf.
Kann mir jemand einen Tipp geben bitte?
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Orangenschale
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| Beitrag No.7, eingetragen 2018-03-07
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Hallo,
irgendwie hast du recht viele Fehler gemacht.
1) Da fehlt ein Vorfaktor $\frac{1}{4\pi}$ bei der Berechnung der Greenschen Funktion.
2) Das Vorzeichen scheint falsch zu sein.
Also eigentlich (kartesisch) $$\Phi(x,y,z) = \frac{1}{4\pi}\int_S \Phi(\boldsymbol r')\frac{\partial G(\boldsymbol r,\boldsymbol r')}{\partial z'}dx'dy' $$ bzw. in Polarkoordinaten $$\Phi(r,\phi,z) = \frac{1}{4\pi}\int_S \Phi(\boldsymbol r')\frac{\partial G(\boldsymbol r,\boldsymbol r')}{\partial z'}r'dr'd\phi'. $$
3) Nun hast du die Ableitung der Greenschen Funktion schon gebildet, aber bei der Berechnung des Integrals wird nur ueber den Rand integriert, demnach muss $z'=0$ eingesetzt werden und das ganze vereinfacht sich zu $$\Phi(x,y,z) = \frac{1}{4\pi}\int_S \Phi(\boldsymbol r')\frac{2z}{((x-x')^2+(y-y')^2+z^2)^{3/2}}dx'dy'. $$ Das gesamte Problem ist rotationssymmetrisch um die $z$-Achse, demnach unabhaengig vom Polarwinkel $\phi$, also kannst du in Polarkoordinaten den Winkel $\phi=0$ waehlen, um weiter zu vereinfachen (das Ergebnis ist weiterhin fuer alle $\phi$ gueltig): $$\Phi(r,\phi,z)=\Phi(r,0,z)= \frac{1}{4\pi}\int_S \Phi(r',\phi')\frac{2z}{(r^2+r'^2-2rr'\cos\phi'+z^2)^{3/2}}r'dr'd\phi'$$
und schliesslich
$$\Phi(r,\phi,z)=\Phi(r,0,z)= \frac{\Phi_0}{2\pi}z\int_0^{2\pi}d\phi'\int_0^a dr' \frac{r'}{(r^2+r'^2-2rr'\cos\phi'+z^2)^{3/2}}.$$
Viele Gruesse,
OS
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quarks
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07
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Hallo,
danke für die ausführliche Antwort!
Fehlt im Nenner aber da nicht die z-Abhängigkeit?
Also:
$$\Phi(r,\phi,z)=\Phi(r,0,z)= \frac{\Phi_0}{2\pi}z\int_0^{2\pi}d\phi'\int_0^a dr' \frac{r'}{(r^2+r'^2-2rr'\cos\phi' + z^2)^{3/2}}.$$
Da durch das Ableiten von $$G(\vec r, \vec r')= \frac{1}{|\vec r - \vec r'|} -\frac{1}{|\vec r - R\vec r'|} = \frac{1}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}-\frac{1}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z+z')^2}}$$ das z in den Zähler kommt, jedoch natürlich auch im Nenner überbleibt.
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Orangenschale
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| Beitrag No.9, eingetragen 2018-03-08
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Du hast natuerlich Recht, ich habe meinen Fehler oben korrigiert, jetzt sollte es stimmen.
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quarks
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-08
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Und das Potential entlang der Symmetrie-Achse (z-Achse) lässt sich folgendermaßen berechnen:
$\displaystyle \Phi(z,\phi)=\Phi(z,0)= \frac{\Phi_0}{2\pi}z\int_0^{2\pi}d\phi'\int_0^a dr' \frac{r'}{(r'^2+z^2)^{3/2}} = \Phi_0z\cdot \left(\frac{1}{z}-\frac{1}{\sqrt{a^2 + z^2}}\right)$
Dadurch das x=y=0 ist vereinfacht sich das Integral in kartesischen sowohl auch in Polarkoordinaten sehr. Das Integral lässt sich durch Substitution der Klammer im Nenner leicht lösen. Die im Nenner stehenden $\displaystyle 2\pi$ kürzen sich anschließend durch die Integration über $\displaystyle \phi'$ weg.
Sollte so stimmen, richtig?
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Orangenschale
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| Beitrag No.11, eingetragen 2018-03-08
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Hallo quarks,
du hast noch einen kleinen Fehler drin: $$\frac{1}{(z^2)^{1/2}} \neq \frac{1}{z},$$ sondern ... (denke an $z<0$).
[EDIT: Das nehme ich zurueck, $z>0$ war von Anfang an gegeben. Also stimmt dein Ergebnis]
Viele Gruesse
OS
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quarks hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
quarks hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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