Hat die 1-D-Poisson-Gleichung monotone Potentiale, wenn ρ=ρ(ϕ(z))ρ=ρ(ϕ(z))\rho=\rho(\phi(z))?

Question

Hat die 1-D-Poisson-Gleichung monotone Potentiale, wenn ρ=ρ(ϕ(z))ρ=ρ(ϕ(z))\rho=\rho(\phi(z))?

Physik
Plasmaphysik
Elektromagnetismus
Hausaufgaben-und-Übungen
Klassische Elektrodynamik

Anode

Ich löse die 1-D-Poisson-Gleichung:

\frac{D^{2} ϕ}{D z^{2}} = - 4 π ρ (ϕ)

$\frac{d^2 \phi}{dz^2}=-4\pi\rho(\phi)$

mit der zusätzlichen Anforderung, dass $\rho(\phi(z=0))=0$ . Wenn ich damit beginne, jede Seite mit zu multiplizieren $\frac{d\phi}{d z}$ und von 0 bis integrieren $\phi '$ Ich bekomme

\frac{1}{2} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} = - 4 π \int_{0}^{ϕ^{'}} ρ (ϕ) \frac{D ϕ}{D z} D z

$\frac{1}{2}\left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2=-4\pi\int_0^{\phi '}\rho(\phi) \frac{d\phi}{d z} dz$

Also habe ich

\frac{1}{2} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} = - 4 π \int_{0}^{ϕ^{'}} ρ (ϕ) D ϕ

$\frac{1}{2}\left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2=-4\pi\int_0^{\phi '}\rho(\phi) d\phi$

Wegen des Quadrats auf der linken Seite bekomme ich nur Lösungen, wenn die rechte Seite positiv ist. Ich finde diese Forderung merkwürdig, weil man immer bekommt, dass die Ableitung des Potentials nie das Vorzeichen wechselt und immer monoton ist, wenn die Ladungsdichte in die Form geschrieben wird $\rho(\phi)$ . Mache ich hier etwas falsch oder habe ich das Ergebnis falsch interpretiert?

Genauer gesagt, wenn ich eine Ladungsdichte bereitstelle, ändert sich das Vorzeichen mit $\phi$ wird es mir nicht gelingen, eine Lösung zu finden?

Auch für jeden, der damit vertraut ist, diese erste Reihe von Schritten wird bei der Ableitung des Child-Langmuir-Gesetzes für die Dicke einer Plasmahülle verwendet, aber beim Ionenhüllenproblem $\rho$ ändert das Vorzeichen nicht (siehe Bohm-Kriterium bei Interesse).

QMechaniker

Hinweis zur Frage (v1): Nehmen wir die erste Gleichung an, dann fehlt in der zweiten Gl. eine Integration 'Konstante'. Äquivalent ausgedrückt: Die untere Grenze der Stammfunktion fehlt.

Anode

Wenn ich ein bestimmtes Integral habe, warum gibt es dann eine Integrationskonstante?

Anode

Ah, das habe ich wohl vergessen zu erwähnen

ρ (0) = 0

$\rho(0)=0$ Ich werde es ändern.

QMechaniker

Keine Notwendigkeit, anzunehmen

ρ (0) = 0

$\rho(0)=0$ . Das Problem liegt woanders.

Anode

Könntest du ein bisschen mehr erklären? Als ich das letzte Mal im Unterricht gemacht habe, haben wir mit multipliziert

d ϕ / d z

$d\phi/dz$ und stückweise so integriert, dass danach die LHS sein sollte

1 / 2 [(d ϕ / d z)_{ϕ = ϕ^{'}}^{2} - (d ϕ / d z)_{ϕ = 0}^{2}]

$1/2 [(d\phi/dz)^2_{\phi=\phi'}-(d\phi/dz)^2_{\phi=0}]$

Nikolaj-K

Für

ρ (ϕ) := 0

$\rho(\phi):=0$ Die Lösung ist

ϕ (z) = a \cdot z + b

$\phi(z)=a·z+b$ und die Gleichung lautet

0 = 0

$0=0$ . Sie sagen, Sie "integrieren sich" und landen bei

\frac{1}{2} a^{2} = 0

$\frac{1}{2}a^2=0$ . Magie.

Valter Moretti

Dies ist keine Poisson-Gleichung. In der Poisson-Gleichung

ρ

$\rho$ ist eine gegebene Funktion und keine Funktion von

ϕ

$\phi$ .

Anode

@NikolajK Die Anforderung war nicht

ρ (ϕ) = 0

$\rho(\phi)=0$ es war

ρ (ϕ = 0) = 0

$\rho(\phi=0)=0$

Nikolaj-K

@Anode: Also?

ρ (ϕ) := 0

$\rho(\phi):=0$ erfüllt

ρ (ϕ = 0) = 0

$\rho(\phi=0)=0$ . Ich weise also darauf hin, dass für den trivialen Fall die geschlossene Relation bereits gebrochen ist. Das ist ein allgemeines Werkzeug zur Untersuchung von Mathematik: Wenn Sie einem Ergebnis mit freien Parametern skeptisch gegenüberstehen, gehen Sie zurück und wählen Sie bestimmte Beispiele für diese Parameter aus, um zu sehen, an welcher Stelle der Ableitung das System zusammenbricht.

Anode

@V.Moretti

ϕ

$\phi$ ist eine freie Funktion von z, die ich für eine vom Potential abhängige Ladungsdichte auflöse.

Anode

@NikolajK Welche abgeschlossene Beziehung ist unterbrochen? Im trivialen Fall ändert \rho nicht das Vorzeichen. Das ist keine Überraschung

ϕ (z) = 0

$\phi(z)=0$ in deinem beispiel.

Willie Wong

Lassen Sie mich den Kommentar von Qmechanic erweitern :

\int_{0}^{z_{0}} \frac{D}{D z} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} D z \neq {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2}

$\int_0^{z_0} \frac{d}{dz}\left( \frac{d\phi}{dz}\right)^2 dz \neq \left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2$ Stattdessen

\int_{0}^{z_{0}} \frac{D}{D z} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} D z = {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} |_{0}^{z_{0}}

$\int_0^{z_0} \frac{d}{dz}\left( \frac{d\phi}{dz}\right)^2 dz = \left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2 \Big|_0^{z_0}$ Der „falsche“ Ausdruck sehe „offensichtlich positiv“ aus. Der richtige nicht.

Anode

@WillieWong Ist das nicht das, was ich in einem früheren Kommentar geschrieben habe?

Willie Wong

@Anode: nein. Sie haben bei bewertet

ϕ = 0

$\phi = 0$ , was Unsinn ist. Ein Derivat integrieren in

z

$z$ Sie sollten bei bewerten

z = z_{0}

$z = z_0$ Und

z = 0

$z = 0$ . Übrigens macht es auch Ihre Wahl der oberen Integrationsgrenze "

ϕ^{'}

$\phi'$ " sehen sehr bizarr aus. (Außerdem ist es auf dieser Ebene ein Problem mit Analysis und hat relativ wenig mit Physik zu tun .)

Anode

@WillieWong Ah, ich sehe das Problem. Ich hätte schreiben sollen

ρ (ϕ (z = 0)) = 0

$\rho(\phi(z=0))=0$ .

Nikolaj-K

@Anode: „Das ist keine Überraschung

ϕ (z) = 0

$\phi(z)=0$ in deinem Beispiel." Was meinst du damit? Die Lösung ist

ϕ (z) = a \cdot z + b

$\phi(z)=a·z+b$ und diese gelten für alle

a, b

$a,b$ . Die Schlussfolgerung, die Sie ziehen sollten, ist nicht die

ϕ (z) = 0

$\phi(z)=0$ folgt.

Antworten (1)

Hat die 1-D-Poisson-Gleichung monotone Potentiale, wenn ρ=ρ(ϕ(z))ρ=ρ(ϕ(z))\rho=\rho(\phi(z))?

Hinweis zur Frage (v1): Nehmen wir die erste Gleichung an, dann fehlt in der zweiten Gl. eine Integration 'Konstante'. Äquivalent ausgedrückt: Die untere Grenze der Stammfunktion fehlt.
Wenn ich ein bestimmtes Integral habe, warum gibt es dann eine Integrationskonstante?
Ah, das habe ich wohl vergessen zu erwähnen $\rho(0)=0$ Ich werde es ändern.
Keine Notwendigkeit, anzunehmen $\rho(0)=0$ . Das Problem liegt woanders.
Könntest du ein bisschen mehr erklären? Als ich das letzte Mal im Unterricht gemacht habe, haben wir mit multipliziert $d\phi/dz$ und stückweise so integriert, dass danach die LHS sein sollte $1/2 [(d\phi/dz)^2_{\phi=\phi'}-(d\phi/dz)^2_{\phi=0}]$
Für $\rho(\phi):=0$ Die Lösung ist $\phi(z)=a·z+b$ und die Gleichung lautet $0=0$ . Sie sagen, Sie "integrieren sich" und landen bei $\frac{1}{2}a^2=0$ . Magie.
Dies ist keine Poisson-Gleichung. In der Poisson-Gleichung $\rho$ ist eine gegebene Funktion und keine Funktion von $\phi$ .
@NikolajK Die Anforderung war nicht $\rho(\phi)=0$ es war $\rho(\phi=0)=0$
@Anode: Also? $\rho(\phi):=0$ erfüllt $\rho(\phi=0)=0$ . Ich weise also darauf hin, dass für den trivialen Fall die geschlossene Relation bereits gebrochen ist. Das ist ein allgemeines Werkzeug zur Untersuchung von Mathematik: Wenn Sie einem Ergebnis mit freien Parametern skeptisch gegenüberstehen, gehen Sie zurück und wählen Sie bestimmte Beispiele für diese Parameter aus, um zu sehen, an welcher Stelle der Ableitung das System zusammenbricht.
@V.Moretti $\phi$ ist eine freie Funktion von z, die ich für eine vom Potential abhängige Ladungsdichte auflöse.
@NikolajK Welche abgeschlossene Beziehung ist unterbrochen? Im trivialen Fall ändert \rho nicht das Vorzeichen. Das ist keine Überraschung $\phi(z)=0$ in deinem beispiel.
Lassen Sie mich den Kommentar von Qmechanic erweitern : $\int_{0}^{z_{0}} \frac{D}{D z} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} D z \neq {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2}$ $\int_0^{z_0} \frac{d}{dz}\left( \frac{d\phi}{dz}\right)^2 dz \neq \left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2$ Stattdessen $\int_{0}^{z_{0}} \frac{D}{D z} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} D z = {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} |_{0}^{z_{0}}$ $\int_0^{z_0} \frac{d}{dz}\left( \frac{d\phi}{dz}\right)^2 dz = \left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2 \Big|_0^{z_0}$ Der „falsche“ Ausdruck sehe „offensichtlich positiv“ aus. Der richtige nicht.
@WillieWong Ist das nicht das, was ich in einem früheren Kommentar geschrieben habe?
@Anode: nein. Sie haben bei bewertet $\phi = 0$ , was Unsinn ist. Ein Derivat integrieren in $z$ Sie sollten bei bewerten $z = z_0$ Und $z = 0$ . Übrigens macht es auch Ihre Wahl der oberen Integrationsgrenze " $\phi'$ " sehen sehr bizarr aus. (Außerdem ist es auf dieser Ebene ein Problem mit Analysis und hat relativ wenig mit Physik zu tun .)
@WillieWong Ah, ich sehe das Problem. Ich hätte schreiben sollen $\rho(\phi(z=0))=0$ .
@Anode: „Das ist keine Überraschung $\phi(z)=0$ in deinem Beispiel." Was meinst du damit? Die Lösung ist $\phi(z)=a·z+b$ und diese gelten für alle $a,b$ . Die Schlussfolgerung, die Sie ziehen sollten, ist nicht die $\phi(z)=0$ folgt.

Valter Moretti · Answer 1

Das System löst die Euler-Lagrange-Gleichungen der Lagrange-Funktion:

L (ϕ, \frac{D ϕ}{D z}) = \frac{1}{2} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} - 4 π \int_{0}^{ϕ (z)} ρ (S) D S

$L\left(\phi, \frac{d\phi}{dz}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2 - 4\pi \int_0^{\phi(z)} \rho(s) ds$ da die entsprechenden Lagrange-Gleichungen lauten:

\frac{D^{2} ϕ}{D z^{2}} = - 4 π ρ (ϕ) .

$\frac{d^2\phi}{dz^2}= -4\pi \rho(\phi)\:.$ Da die Lagrange-Funktion nicht explizit von "Zeit" abhängt

z

$z$ , "Energie" bleibt entlang der Lösungen erhalten (variierend

z

$z$ ):

\frac{1}{2} {(\frac{D ϕ}{D z})}^{2} + 4 π \int_{0}^{ϕ (z)} ρ (S) D S = E .

$\frac{1}{2}\left(\frac{d\phi}{dz}\right)^2 + 4\pi \int_0^{\phi(z)} \rho(s) ds =E\:.$ Die Konstante

E

$E$ kann aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden, z

ϕ (0)

$\phi(0)$ Und

d ϕ / d z |_{z = 0}

$d\phi/dz|_{z=0}$ . Einmal

E

$E$ festgesetzt wurde, lautet die Gleichung:

\frac{D ϕ}{D z} = \pm \sqrt{2 E - 8 π \int_{0}^{ϕ (z)} ρ (S) D S} .

$\frac{d\phi}{dz} = \pm \sqrt{2E - 8\pi \int_0^{\phi(z)} \rho(s) ds}\:.$ Das Vorzeichen kann wiederum aus der Anfangsbedingung festgelegt werden, da es dasjenige von ist

d ϕ / d z |_{z = 0}

$d\phi/dz|_{z=0}$ .

Es scheint mir, dass diese Gleichung zumindest lokal immer gelöst werden kann, wenn $\rho$ stetig ist, es sei denn $d\phi/dz|_{z=0}=0$ , Situation, die große Sorgfalt erfordert, da die RHS (während sie kontinuierlich bleibt) nicht lokal Lipschitz um die entsprechende Anfangsbedingung ist $\phi(0)$ .

Vielleicht habe ich einen Fehler mit Zeichen gemacht, aber ich glaube nicht: $d/dz( \partial L /\partial (d\phi/dz) )= \partial L/ \partial \phi$ erzeugt deine Gleichung ...

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