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  Randwertprobleme mittels der Greenschen Funktion lösen |
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quarks
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 29.04.2017
Mitteilungen: 56
 |  Themenstart: 2017-12-28
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Hey Zusammen,
folgendes ist meine erste Aufgabe zur Greenschen Funktion:
http://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47886_greensche_fkt1.png
$$\int_V d^3x'(\psi \nabla^{'} \phi - \phi \nabla^{'2}\psi)=\oint_{\partial V}df^{'}\cdot (\psi \nabla^{'}\phi-\phi\nabla^{'}\psi)$$
wobei $\displaystyle \phi$ das elektrostatische Potential und $\displaystyle \psi$ die Greensche Funktion ist. Es gilt die Poisson-Gleichung $$\nabla^{'2}\phi(x') = -4\pi\rho(x')$$ und die Greensche Funktion ist $$\psi(x,x')=G(x,x') = \frac{1}{|x-x'|}$$
Bringt man nun den 1. Term der obigen Formel auf die rechte Seite und dividiert durch $\displaystyle 4\pi$ erhält man für das Potential folgendes:
$$\phi(x) = \int_V d^3 x' \frac{\rho(x')}{|x-x'|}+\frac{1}{4\pi}\oint_{\partial V}df^{'}\cdot \left[ \frac{\nabla^{'}\phi(x')}{|x-x'|}-\phi(x')\nabla^{'}\frac{1}{|x-x'|}\right]$$
Obiges ist noch recht ok nachzuvollziehen bzw. kann man jetzt einfach so mal hinnehmen, jedoch bin ich mir mit den Schritte die jetzt kommen nicht ganz sicher. Ich lese zu diese Thematik das Buch von Petrascheck - Elektrodynamik und da wird es so behandelt:
http://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47886_greensche_fkt_petrascheck.png
Was ist der Zweck von einer neuen Funktion $\displaystyle F(x,x')$ bzw. warum führt man diese ein? Brauche ich das auch bei meinem Beispiel?
Gruß
quarks
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1, eingetragen 2017-12-28
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Ich stelle selber gerne sehr oft fragen und beantworte, ich versuche mich jetzt aber auch mal an der Beantwortung einer Frage.
Sagen wir, wir haben eine DGL der Form $L f = g$, wobei $L$ ein Differentialoperator und $f, g$ Funktionen sind.
Bezeichnen wir die Lösung der DGL mit $f = h(x)$. Nun haben wir eine Lösung der DGL. Wer sagt uns, dass das alle Lösungen sind? Wieso sollte es nicht weitere homogene Lösungen geben, für die gilt $L k = 0$? Um nun die Lösung zu verallgemeinern, addiert man zu der vorherigen Lösung $k(x)$. Man hat somit $f = h(x) + k(x)$. Setzt man das wieder in die ursprüngliche DGL ein, hat man $L f = L ( h + k ) = Lh + Lk = g + 0$.
Die DGL wird immer noch gelöst, es hat sich an der DGL nichts geändert, man hat nun jedoch eine allgemeinere Lösung.
So wie ich das verstanden habe, erfüllt die Funktion $F(\mathbf{x},\mathbf{x}')$ genau den Zweck die Lösung zu verallgemeinern.
Ich hoffe das konnte dir ein wenig helfen. Falls ich Mist erzählt habe, lasse ich mich gerne durch erfahrenere Mitglieder korrigieren.
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quarks
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 29.04.2017
Mitteilungen: 56
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-28
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Hey, danke.
Ich verstehe was du meinst. Sind dann also im meinem Bild oben (3.1.6) und (3.1.7) die fertigen Formeln für das Potential mit gelösten Randproblem?
In meinem Beispiel habe ich ja eine Metallplatte in der x,y-Ebene. Aber laut Aufgabe habe ich im x-Bereich ein Potential, aber das wäre dann ja direkt auf der Platte, oder? Aber auf der Platte soll das Potential ja Null sein.
Also wie ist die Platte dann wirklich angeordnet?
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2017-12-28
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Die Formel (3.1.6) und (3.1.7) sind die fertigen Formeln für das Potential mit Dirichlet- (3.1.6) bzw. Neumann-Randbedingung (3.1.7).
Die Metalplatte liegt auf der $z=0$- bzw. $x,y$-Ebene. Meinst du mit "laut Aufgabe habe ich im $x$-Bereich ein Potential", dass das Potential auf der $x$-Achse liegt? Das ist nicht der Fall. Die beiden Potentiale nehmen den gesamten Raum ein. Rechts von der $z$-Achse bzw. für $x>0$ ist es $\Phi_1$ und links von der $z$-Achse bzw- für $x<0$ ist es $\Phi_2$, in anderen Worten:
$$\Phi(x,y,z) =
\begin{cases}
\Phi_1 & \text{für} \, x>0 \\
\Phi_2 & \text{für} \, x<0
\end{cases}$$
Ich hab mal eine kleine Skizze in Paint gemacht, ich hoffe man erkennt, was ich darstellen wollte.
Beim Ausrechnen kann ich dir auf die Schnelle leider nicht wirklich helfen. Da bin ich selber noch zu unsicher und müsste mich vorher eine Weile einarbeiten und selber versuchen zu rechnen, bevor ich dir das präsentieren könnte.
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Orangenschale
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 | Beitrag No.4, eingetragen 2017-12-29
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Hallo quarks und Limesine,
ich habe vor längerer Zeit mal einen ausführlichen Beitrag zum Thema geschrieben:
http://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=216430&post_id=1582683
Versucht es mal damit.
Viele Grüße,
OS
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quarks
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-03
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Hey, danke für eure Antworten. Ich habe mir das Beispiel im anderen Thread angesehen, aber ich kann da schwer parallelen zu meinem Beispielen sehen.
Ich habe also bei meiner Aufabe keine Platte in der x,y-Ebene. Sehe ich das erstmal richtig, dass das Potential $\displaystyle \Phi_1$ den gesamten Raum im 3. Quadranten einnimmt, also egal welche Werte y und z haben solange x<0 ist? Bei $\displaystyle \Phi_2$ ist es eben der 4. Quadrant und für x>0.
Ich weiß, dass auf der Platte direkt, also bei z=0 also auf dem (x,y,0)-Gebiet das Potential Null sein muss. Aber ist das nun die Dirichlet- oder Neumann-Randbedingung?
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Orangenschale
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| Beitrag No.6, eingetragen 2018-01-03
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In dem verlinkten Beitrag steht eigentlich wirklich alles bis ins Detail erklärt. Bei dir ist das Potential auf dem Rand gegeben, also ist es ein Dirichlet Problem.
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quarks
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-03
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Danke, okay ich werde mir das nochmals durchlesen. Jedoch möchte ich erstmal meine Aufgabestellung verstehen:
Das mit dem Gebiet ist mir noch nicht ganz klar. Also mein Gebiet ist doch bei x>0 und x<0. Und da habe ich eben meine zwei verschiedenen Potentiale in diesem Gebiet.
Der Rand des Gebietes ist meine Metallplatte bei z=0. Und da auf einer Metallplatte das Potential verschwindet, verschiwendet also das Potential am Rand des Gebietes.
Und darum Dirichlet-Bedingung?
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Orangenschale
Senior
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| Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-03
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Wenn das Potential auf dem Rand eines Gebietes vorgegeben ist, dann spricht man vom Dirichlet Problem. Das Gebiet ist z.B der Halbraum $z>0$, und dessen Rand die Metallplatte bei $z=0$ sowie die Grenzen im "unendlichen".
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Orangenschale
Senior
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| Beitrag No.9, eingetragen 2018-01-04
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Hallo quarks,
wenn du den Erklaerungen im angegbenen Link aufmerksam folgst, dann solltest du zu diesem Zwischenergebnis kommen (im SI System): $$G(\boldsymbol r, \boldsymbol r')= \frac{1}{|\boldsymbol r - \boldsymbol r'|} -\frac{1}{|\boldsymbol r - R\boldsymbol r'|}$$. Gegeben ist nun die "Ladungsdichte" (Punktladung $q$ am Ort $\boldsymbol d$, wobei ich annehme, dass $\boldsymbol d$ im Halbraum $z>0$ liegt) $\rho(\boldsymbol r)=q\delta(\boldsymbol r - \boldsymbol d)$. Zusaetzlich ist das Potential $\Phi(\boldsymbol r, \boldsymbol r')$ auf dem Rand gegeben.
Das alles musst du nun noch in die allgemeine Loesung der Poissongleichung einsetzen, die nach kurzer Vereinfachung sich zu folgender Gleichung vereinfacht: $$\Phi(\boldsymbol r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int_V \rho(\boldsymbol r')G(\boldsymbol r,\boldsymbol r')d^3\boldsymbol r'+\frac{1}{4\pi}\int_S \Phi(\boldsymbol r')\frac{\partial G(\boldsymbol r,\boldsymbol r')}{\partial z'}dx'dy'.$$ Der Rest ist eigentlich stumpfes Einsetzen und Rechnen.
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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