Theorem - Beweisskizze gesucht

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

Ich suche eine Beweisskizze für folgendes Theorem:

Gegeben sei eine geschlossene, ansonsten beliebig geformte Metallfläche S. Im Inneren I von S befinde sich eine Ladungsverteilung rho. Die Äußeren A von S sei die Ladungsdichte Null. Die Gesamtladung ist

Das elektrische Potential phi erfüllt die Poissongleichung mit Dirichlet-Randbedingung

Behauptung: das Potential phi im Äußeren A von S ist unabhängig von der Form der Ladungsverteilung rho bei fester Gesamtladung Q. D.h.

Beweisidee 1: man kann dies recht leicht zeigen, wenn es sich bei S um eine Kugel handelt. Dann könnte man argumentieren, dass für glattes S und rho das Problem immer auf diesen Fall der Kugel zurückführbar ist (klappt aber nur, wenn S einer Kugel topologisch äquivalent ist).

Beweisidee 2: die beiden Potentiale können sich im Außenraum nur um eine harmonische Funktion u unterschieden; wäre diese ungleich Null, wäre die Eindeutigkeit der Lösung des Dirichletschen Randbedingungsproblems verletzt.

Beweisidee 3: da die beiden Ladungen identisch sind, gilt

Aufgrund des Superpositionsprinzips gehen die Potentiale also durch Addition auseinander hervor; es muss gelten

Es genügt also zu zeigen, dass aus

auch

folgt.

Irgendwie fehlt mir aber noch ein entscheidender Gedanke.

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Ich denke hier gibt es einigen Erklärungsbedarf. Nicht von mir zu Dir, sondern ganz allgemein wie man aus den Threads der letzten Tage und der Uneinigkeit durchaus fähiger Physiker sehen kann. Im wesentlichen denk ich hat Marco im anderen Thread schon erklärt was die physikalische Idee ist: die Ladung die auf der Innenseite induziert wird, hat ein entgegengesetztes Gegenstück auf der Aussenseite, welches aber aufgrund der Abschirmwirkung des Metals nichts von Innen weiss, und sich darum verteilt, als handele es sich um eine leitende Fläche mit Oberflächenladung.

Ich versuch das mal mal Schritt für Schritt zu "mathematisieren":
1. Über die Innenseite sind wir uns denk ich klar. Dirichlet Problem mit einer Ladung.
2. Diese Ladung induziert eine Oberflächenladung innen (Gauss'scher Satz mit einer geschlossenen Fläche, die komplett im Leiter ist).
3. Dies führt zu einer entgegengesetzten Oberflächenladung aussen (Gauss'scher Satz, über ein Volumen, dass den metallischen Leiter gerade einschliesst. Da Innen eine Ladung ist, muss aussen auch eine sein.)
4. Die Oberflächenladung führt nun zur einem Neumann Problem auf der Aussenseite, das auch gelöst werden kann.

Die einzige Frage die bleibt ist wie die Oberflächenladung s(x) aussieht. Bei symmetrischen Körpern lässt sie sich sicher leicht aus Symmetrieargumenten bestimmen. Im allgemeinen Fall, muss man die Gesamtenergie des Systems (der Lösung auf 4.) minimieren.

Wichtig ist jedoch, dass ab Schritt 2, nichts mehr von der Ladungsverteilung innen abhängt, sondern nur der Gesamtladung innen. Das liegt im wesentlichen an der Definition eines Leiters (Ladungen können sich frei bewegen, und darum im statischen Fall feldfrei).

T.rak92 · Anmeldungsdatum: 25.01.2012 Beiträge: 296

Ich denke nicht, dass das stimmt.
Hier einige Gedanken dazu:

Generell ist die Lösung des Dirichlet Problems gegeben durch:

aber

hängt von der Oberfläche ab, denn F muss so gewählt werden, dass G=0 auf der Oberfläche ist. Dann kann das Integral über rho und F ja schlecht von der Ladungsverteilung unabhängig sein.

Außerdem stelle ich mir folgendes Beispiel vor:

Die Äquipotentialfläche ist eine Ebene und wir haben eine einzelne Ladung, dann kann man eine Spiegelladung anbringt. Die Lösung hätte dann ein Dipolmoment. Nimmt man aber nun die doppelte Ladung und einmal die negative , dann müsste man zwei Spiegelladungen anbringen (oder nicht?, ich bin mir nicht hundertprozentig sicher) und das resultierende Potential hätte ein Quadrupolmoment, wäre also anders.

Das sind aber nur erste Gedanken...

[jh8979: ich hab mal dein LaTeX richtig formatiert]

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Ich nehmen mal an Du meinst was Tom geschrieben hat und nicht ich smile

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

Ich denke nicht, dass man mit Spiegelladungen (die für nicht-symmetrische Randbedingungen sowieso nicht konstruierbar sind) oder induzierten Ladungen argumentieren sollte. Es handelt sich m.E. um ein rein mathematisches Theorem.

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

as_string · Moderator Anmeldungsdatum: 09.12.2005 Beiträge: 5785 Wohnort: Heidelberg

Hallo,

also, meine E-Dynamik-Vorlesung ist echt schon recht lange her und ich beschäftige mich ja auch seit einigen Jahren nur noch hobby-mäßig mit Physik überhaupt und selten mit E-Dynamik (oder hier -Statik)...

Insofern kann ich sowas sicher auch nicht aus dem Ärmel schütteln.

Aber ich meine, ich hätte einen Beweis für den umgekehrten Fall mal gesehen, dass ein Raumbereich mit Dirichlet-Randbedingungen umfassend eingeschlossen ist und eine definierte Ladungsverteilung im Inneren hat. Ich meine, dass wir da irgendwie bewiesen hatten, dass damit das Feld eindeutig bestimmt ist.
Ich muss mal schauen, ob ich das nochmal irgendwo wiederfinde...

Gruß
Marco

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

Ja, den von dir definierten Eindeutigkeitsbeweis (bis auf die Festlegung des Potentials der Fläche, z.B. die Freiheit, diese zu erden oder nicht) kenne ich; letztlich ist das die Eindeutigkeit von

bei Fixierung einer Äquipotentialfläche, hier

Dann man man es auch so sagen:

Beweisidee 3': wenn für eine beliebige geschlossene Fläche gilt

dann gilt auch

unabhängig von der Form der Fläche sowie den Details der Ladungsverteilung im Inneren

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Ich versteh noch nicht so ganz, was Dir an meiner Antwort oben "nicht passt"/fehlt.

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

ich weiß es auch noch nicht so genau ;-)

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Man kann die ersten Schritte natürlich auch weglassen.

1'. Der elektrische Gesamtfluss genau an der Oberfläche des Leiters, hängt nach Gauss'schem Satz nur von der Gesamtladung im Inneren ab.
2'. Die Groesse der senkrechten Komponenten des elektrischen Feldes an der Oberfläche, ergibt sich dann aus der Minimierung der Energie.
3'. Was übrig bleibt ist das sogenannte "exterior Neumann problem", welches z.B. für Feld -> 0 im unendlichen eindeutig lösbar ist.

So wie ich es aufgeschrieben hab, klingt es als ob man erst 3' allgemein machen muss, um dann die Minimierung in 2' durchzuführen. Das ist aber nicht so (auch wenn man es wohl könnte):

Physikalisch: Die Minimierung der Energie ergibt sich auch daraus, dass die Oberfläche eine Äquipotentialfläche ist. Daraus folgt, dass die Ladungsdichte an der Oberfläche proportional zur Gauss'schen Krümmung ist, also nur von der Fläche abhängt.
Mathematisch: Ersetze "Oberflächenladung", einfach durch "Neumann-Randbedingung". Dann wäre noch zu zeigen, dass "proportional zur Gauss'schen Krümmung" stimmt (ist vermutlich recht trivial), und dass das dann auch wirklich die Energie minimiert (ist vermutlich etwas aufwendiger, aber wohl auch nicht superschwer).

T.rak92 · Anmeldungsdatum: 25.01.2012 Beiträge: 296

Eine Sache an deiner Frage ist mir jetzt noch etwas unklar.
Wenn ich deine Argumentation richtig verstanden habe versuchst du
das Potential der Ladungsdichte auf der Oberfläche auszurechnen
Und schaust ob es konstant ist unabhängig von der Verteilung.
Allerdings legst du schon ein konstantes Potential fest (Dirichlet Problem)
D.h. das Potential stammt nicht komplett von der Ladungsdichte im inneren, sondern
wurde schon von den beschriebenen Oberflächenladungen kompensiert.

Die Frage ist jetzt also, ob man wie jh8979 geschrieben hat die Oberflächenladungen
Berücksichtigen muss, oder ob man den Aussenraum ebenfalls als Dirichlet Problem ohne Ladungsdichte betrachtet . Die Frage hier wäre, ob man den Aussenraum als abgeschlossen betrachten kann. Ich habe in Elektrodynamik Büchern gesehen, dass man
den Raum als abgeschlossen im Unendlichen betrachtet, aber ob das komplett mathematosch rigoros ist weiss ich nicht. In R ist unendlich nicht enthalten, aber es gibt ja dieses erweiterte R in dem unendlich enthalten ist.

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Liest eigentlich irgendjemand was ich schreibe? smile

Wenn die Gesamtladung im inneren nicht Null ist, dann sind das aussen keine Dirichlet Randbedingungen sondern Neumann. Wenn sie Null ist, kann mein beides wählen und bekommt ein konstantes Potential als Lösung...

T.rak92 · Anmeldungsdatum: 25.01.2012 Beiträge: 296

Genau das habe ich doch geschrieben, ob das richtig was du geschrieben hast. grübelnd

Beim Faradayschen Käfig macht man es glaube ich nicht.
Abgesehen davon: wenn du die Oberflächenladung kennst müsstest du doch immer
noch nach der Potentialableitung lösen, denn diese definiert ja das Neumann Randwertproblem. Mir geht es eher darum, ob sich das Randwertproblem
ändern kann, wenn man das Potential schon festgelgt hat.

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

ich denke mir, dass man das alles irgendwie rein differentialgeometrisch zeigen kann

rho innen; eine Äquipotentialfläche festlegen (Dirichlet); fertig

aber das reicht nicht, man benötigt auch noch von Neumann; irgendwie muss es da was einfacheres geben

jh8979 · Moderator Anmeldungsdatum: 10.07.2012 Beiträge: 8576

Na ja, wenn die Gesamtladung innen Null ist, braucht man von Neumann nicht.

Ich denke, das Unbehagen kommt daher, dass man die Argumentation, ob Oberflächenladungen aussen induziert werden oder nicht, "per Hand" durchführen muss. Was ja aber eigentlich nichts, anderes als mathematisch zu spezifizieren, was man meint mit "Das Material ist ein (perfekter) Leiter".

Oder stört Dich noch was anderes?

TomS · Moderator Anmeldungsdatum: 20.03.2009 Beiträge: 18026

ja, aber ich weiß nicht was ;-)