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Manki E.
Gast
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 Manki E. Verfasst am: 20. Aug 2014 15:32 Titel: Erster Eindeutigkeitssatz der Elektrostatik Probleme bei Arg |
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Ich habe gestern einen Beitrag im Mikrocontroller.net Forum erstellt, jedoch kamen bis heute keine Antworten. Daher versuche ich es hier:
(1) Was meint man hier mit Inseln? Meint er hier, dass sich extra
volumina in dem einen aufgezeichneten beinhalten können?
Soweit ich das verstanden habe wird angenommne, dass V1 eine Lösung
eines bestimmtes Randwertproblems ist, und dass V2 eine zweite Lösung
des !selben! Randwertproblems ist. Und der Autor will mir beweisen, dass
das nicht sein kann. Es kann nur eine einzige Lösung des Problems geben.
Dafür berechnet er an jedem Ord innerhalb des Volumens:
Also der Unterschied zwischen den 2 Lösungen ist V3. Und wenn V3
ungleich 0 ist, so kann wohl der Eindeutigkeitssatz nicht mehr
stimmen... (so nebenbei gesagt)
Um zu Beweisen, dass V3 0 sein muss bildet der Autor Laplace V3:
Also muss gelten:
Jetzt kommt einmal ein Verständnisproblem (2):
Der Autor schreibt:
| Code: | und die GLeihung Laplace V3 = 0 nimmt auf allen Randflächen den Wert
null an (weil dort V1 und V2 gleich sind)
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Zwei Fragen zu dieser Aussage:
1.) Welche Randflächen meint er?
2.) Wieso kann ich jetzt schon annehmen, dass an diesen Randflächen V1
und V2 gleich sind, wenn es doch mein generelles Ziel war dies zu
beweisen?
Ich hoffe mir kann einer helfen.
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h\t\tp:/\/\s14.directupload.net/images/140820/tdw8yu5g.jpg |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 20. Aug 2014 18:25 Titel: Re: Erster Eindeutigkeitssatz der Elektrostatik Probleme bei |
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| Manki E. hat Folgendes geschrieben: | Ich habe gestern einen Beitrag im Mikrocontroller.net Forum erstellt, jedoch kamen bis heute keine Antworten. Daher versuche ich es hier:
(1) Was meint man hier mit Inseln? Meint er hier, dass sich extra
volumina in dem einen aufgezeichneten beinhalten können?
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Damit ist wahrscheinlich gemeint, daß das Volumen auch Hohlräume enthalten darf. Es sind also z.B. auch Kugelschalen mit endlicher Dicke erlaubt.
| Zitat: |
Soweit ich das verstanden habe wird angenommne, dass V1 eine Lösung
eines bestimmtes Randwertproblems ist, und dass V2 eine zweite Lösung
des !selben! Randwertproblems ist. Und der Autor will mir beweisen, dass
das nicht sein kann. Es kann nur eine einzige Lösung des Problems geben.
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Er versucht einen Widerspruchsbeweis. Also er nimmt an, daß die Aussage nicht stimmt, daß also V1 und V2 irgendwo im Inneren des Volumens verschiedene Werte haben, und leitet dann daraus einen Widerspruch ab.
| Zitat: |
Jetzt kommt einmal ein Verständnisproblem (2):
Der Autor schreibt:
| Code: | und die GLeihung Laplace V3 = 0 nimmt auf allen Randflächen den Wert
null an (weil dort V1 und V2 gleich sind)
|
Zwei Fragen zu dieser Aussage:
1.) Welche Randflächen meint er?
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Er versucht die Eindeutigkeit der Lösung des sogenannten Dirchlet-Problems zu zeigen, bei dem die Funktionswerte der gesuchten Lösung von vornherein auf dem Rand irgendeines Volumens vorgegeben sind. Die Aussage aus dem Buch lautet ja auch: "Die Lösung der Laplace-Gleichung in einem beliebigen Volumen [...] ist eindeutig festgelegt, wenn V [die Lösung] auf der Randfläche S definiert ist [also dort vorgegebene Werte hat]."
| Zitat: |
2.) Wieso kann ich jetzt schon annehmen, dass an diesen Randflächen V1
und V2 gleich sind, wenn es doch mein generelles Ziel war dies zu
beweisen?
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Nein. Was er zeigen will ist, daß zwei Funktionen, die beide die Laplace-Gleichung erfüllen und auf dem Rand eines Volumens übereinstimmen, dann auch im gesamten Inneren des Volumens übereinstimmen.
Die Übereinstimmung der Funktionswerte auf dem Rand ist notwendig. Man kann auch stattdessen die Ableitungen der Funktion senkrecht zur Fläche vorgeben (Neumann-Randwertproblem), aber es ist unmittelbar einleuchtend, daß dieses Problem keine Chance hat, die Eindeutigkeit zu gewährleisten. Denn wenn sich zwei Funktionen um eine additive Konstante unterscheiden, bekommt davon weder die Ableitung auf dem Rand was mit, noch überlebt diese Konstante die Anwendung des Laplace-Operators.
Im übrigen scheint das Buch nicht das beste zu sein. Die Notation ist furchtbar (sowohl das Volumen, also auch alle Lösungen heißen V) und die Formulierung mit den Inseln ist auch etwas seltsam. |
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 14:38 Titel: |
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| Zitat: | Er versucht einen Widerspruchsbeweis. Also er nimmt an, daß die Aussage nicht stimmt, daß also V1 und V2 irgendwo im Inneren des Volumens verschiedene Werte haben, und leitet dann daraus einen Widerspruch ab.
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Aber hat V nicht im inneren des Volumens verschiedene Werte? V kann doch nicht überall konstannt sein oder?
| Zitat: | Er versucht die Eindeutigkeit der Lösung des sogenannten Dirchlet-Problems zu zeigen, bei dem die Funktionswerte der gesuchten Lösung von vornherein auf dem Rand irgendeines Volumens vorgegeben sind. Die Aussage aus dem Buch lautet ja auch: "Die Lösung der Laplace-Gleichung in einem beliebigen Volumen [...] ist eindeutig festgelegt, wenn V [die Lösung] auf der Randfläche S definiert ist [also dort vorgegebene Werte hat]."
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Ok, den ersten Satz verstehe ich jetzt besser. Danke!! Bleibt nur noch der zweite. Er schreibt: Die Laplacegleichung erlaubt aber keine lokalen Maxima oder Minima, alle extrema treten an den Rändern auf.------------------- Daher sind sowohl Maximum als auch Minimum von V3 null. Aus diesem Grund muss V3 überall null sein, und das bedeutet V1 = V2.
Dort wo die ganzen Minuse sind wird etwas schwammig. Er schreibt ...Daher sind sowohl...
Aber ich seh nicht ein wieso? Ich verstehe diese Argumentation nicht.
Was hat die Differenz von V1 und V2 im Inneren des Volumens mit den Extremwerten zu tun?
Hier nochmal das Bild:
 http://s14.directupload.net/images/140820/tdw8yu5g.jpg |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18185
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| TomS Verfasst am: 21. Aug 2014 15:04 Titel: Re: Erster Eindeutigkeitssatz der Elektrostatik Probleme bei |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Im übrigen scheint das Buch nicht das beste zu sein. Die Notation ist furchtbar (sowohl das Volumen, also auch alle Lösungen heißen V) und die Formulierung mit den Inseln ist auch etwas seltsam. |
Und die Art und Weise, wie er im Beweis argumentiert, was jetzt wo die Voraussetzungen und was die Schlussfolgerungen sind wird sehr schlampig gehandhabt.
Schau mal hier
http://raz.or.at/wp-content/M2_5.pdf (Kap. 5.2.1)
http://www.physik.tu-dresden.de/~timm/personal/skript/pde.pdf (Kap. 4.1)
_________________
Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 15:26 Titel: |
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Kann man das vielleicht auch etwas schöner lösen als mit dem Substitutionsansatz ) ??
Ich meine hierbei den Gaußschen Satz irgendwie umformen sodass folgt:
^2 dV=0)
Und das daraus nabla(u) = 0 folgt ist mir auch nicht ganz klar. Vermutlich kommt das dann raus, wenn man die Differenz von phi1-phi2 einsetzt und ausquadriert. Jedoch bin ich noch nicht soweit. Meine Frage ist ob es einen menschlicheren Weg gibt (und zwar durch intuitive Umformung des gaußschen Gesetzes) auf diese Gleichung zu kommen? |
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 15:49 Titel: |
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| Zitat: | | Und das daraus nabla(u) = 0 folgt ist mir auch nicht ganz klar. |
Doch , das Integral kann ja nur 0 sein, wenn auch nabla u 0 ist. Jetzt versteh ich es, somit ist auch u eine Konstante.
Und jetzt wird so argumentiert, dass wenn u am Rand 0 ist, dann auch im inneren sein muss. Daher ist u = 0 und phi1 = phi2.
Jedoc irritiert mich das einwenig. Wieso kann das u nicht am Rand 0 sein und im inneren konstant sein? |
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 16:02 Titel: |
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| Zitat: | | Jedoc irritiert mich das einwenig. Wieso kann das u nicht am Rand 0 sein und im inneren konstant sein? |
Ohhh ja genau. Weil eben im inneren keine extrema auftreten dürfen. Jetzt macht auch alles einen Sinn. DANKE!
Bleibt nur noch die Frage ob die herleitung nicht doch etwas überflüssig war, denn es ist doch offensichtlich, dass
 dV=\oint_{\partial V} \nabla u \cdot d\vec{a}=0)
Da u auf der Oberfläche 0 ist, so ist auch das rechte Integral 0, darauf folgt doch sofort dass grad(u) = 0 ist. Somit braucht es da keine SUbstitution meiner meinung nach.
Was sagt ihr dazu? |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 21. Aug 2014 17:37 Titel: |
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| Manki E hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | Er versucht einen Widerspruchsbeweis. Also er nimmt an, daß die Aussage nicht stimmt, daß also V1 und V2 irgendwo im Inneren des Volumens verschiedene Werte haben, und leitet dann daraus einen Widerspruch ab.
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Aber hat V nicht im inneren des Volumens verschiedene Werte? V kann doch nicht überall konstannt sein oder?
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Was ich meinte war, daß zum Zwecke des Beweises angenommen wird, daß V1 und V2 irgendwo im Inneren voneinander verscheidene Werte haben. Dann wären sie ja nicht geich und V = V1 - V2 wäre dort nicht null. Und daraus wird dann ein Widerspruch konstruiert. Nämlich so:
| Manki E hat Folgendes geschrieben: | Er schreibt: Die Laplacegleichung erlaubt aber keine lokalen Maxima oder Minima, alle extrema treten an den Rändern auf.------------------- Daher sind sowohl Maximum als auch Minimum von V3 null. Aus diesem Grund muss V3 überall null sein, und das bedeutet V1 = V2.
Dort wo die ganzen Minuse sind wird etwas schwammig. Er schreibt ...Daher sind sowohl...
Aber ich seh nicht ein wieso? Ich verstehe diese Argumentation nicht.
Was hat die Differenz von V1 und V2 im Inneren des Volumens mit den Extremwerten zu tun?
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Wir wissen schon daß V = V1 - V2 auf dem Rand null ist. Außerdem sagt uns der Autor (bewiesen wird das auf der Seite nicht), daß jede Lösung der Laplace-Gleichung ihre Extremwerte auf genau diesem Rand annimmt. V erfüllt die Laplace-Gleichung, also ist sowohl das Minimum als auch das Maximum von V über das gesamte Volumen gleich null. Das heißt V muß null sein. |
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 17:53 Titel: |
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Danke index_razor. Mir ist jetzt ein Licht aufgegangen.
Bleibt noch die etwas unnötige Herleitung auf dem Skript. Wieso kann man nicht aus dem hier schließen:
 dV = \oint_{\partial V} \nabla u \cdot d\vec{a}=0)
dass nabla(u) = 0 ist. |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 21. Aug 2014 18:24 Titel: |
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| Manki E hat Folgendes geschrieben: | Danke index_razor. Mir ist jetzt ein Licht aufgegangen.
Bleibt noch die etwas unnötige Herleitung auf dem Skript. Wieso kann man nicht aus dem hier schließen:
dass nabla(u) = 0 ist. |
Weil auch für ) gilt
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Manki E
Anmeldungsdatum: 21.08.2014
Beiträge: 55
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| Manki E Verfasst am: 21. Aug 2014 23:26 Titel: |
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Hmm, du hast recht. Aber wenn ich diese Formel selber herleiten möchte, dann würde ich nie auf diese komische Substitution kommen wie im pdf. Wie würde ich mir das dann durchdenken?? Mein Ziel ist es ja zu zeigen, dass nabla(u) = 0 sein muss. Aber ich hätte selbstständig irgendwie überhaupt keine Idee wie man da ansetzen soll.
Versteht mich bitte nicht falsch, die Lösung im pdf ist natürlich raffiniert, jedoch kann ich mich damit nicht zufriedengeben, denn es ist nicht erwas selbstverständliches dass man so schnell darauf kommt. |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 22. Aug 2014 18:40 Titel: |
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Du benötigst ja für den Eindeutigkeitsbeweis nicht unbedingt die allgemeine Greensche Formel. Die Idee hinter  ist aber eigentlich nur die Randbedingungen explizit einzuarbeiten. Der Beweis funktioniert ja sowohl mit Dirichlet-Randbedingungen  als auch mit Neumann-Randbedingungen  (Wenn er auch im letzteren Fall nur Eindeutigkeit bis auf eine globale Konstante liefert). Eines von beiden ist also null. Daher ist mit Sicherheit auch das Produkt |_{\partial\Omega}=0) . Von da an ist es dann nur noch der Satz von Gauß.
d V = \int_\Omega \|\nabla u\|^2 d V + \int_\Omega \underbrace{u\Delta u}_{=0}dV)
Ein bißchen clever ist es sicher immer noch, schließlich muß man noch sehen, daß einem Integration über eine kompliziert ausgedrückte null hier was bringt. Insofern kann ich dein Unbehagen schon verstehen, aber man kommt eben auch nicht immer schnell auf solche Ideen. |
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