Randbedingungen für die Laplace-Gleichung

Question

Randbedingungen für die Laplace-Gleichung

Kunst M

Gegeben eine geerdete leitende Kugel, $V=0$ Und $\text{radius} = R$ , im Ursprung zentriert mit einem reinen elektrischen Dipol (Dipolmoment $\vec p$ ), die sich am Ursprung befinden und entlang des Positivs zeigen $z$ Achse, sollte ich in der Lage sein, die Laplace-Gleichung in Kugelkoordinaten zu lösen, um das Potential überall in der Kugel zu finden. Ich kann die Differentialgleichungen trennen und Legendre-Polynome verwenden, aber ich habe Probleme, meine Randbedingungen zu definieren und zu verwenden. Was ich (glaube ich) bisher weiß:

v (R, θ) = \sum_{N = 0}^{\infty} (A_{N} R^{N} + \frac{B_{N}}{R^{N + 1}}) P_{N} (\cos θ)

$V(r,\theta)=\sum_{n=0}^\infty (A_n r^n + \frac{B_n}{r^{n+1}}) P_n(\cos{\theta})$

R \to R \Rightarrow v \to 0

$r\to R \Rightarrow V\to 0$

θ \to \frac{π}{2} \Rightarrow v \to 0

$\theta \to \frac{\pi}{2} \Rightarrow V\to 0$

θ \to 0 Ö R π \Rightarrow v \to \frac{\hat{R} \cdot \vec{P}}{4 π ε_{0} R^{2}}

$\theta \to 0 \space or \space \pi \Rightarrow V\to \frac{\hat{r}\cdot \vec{p}}{4\pi\varepsilon_0r^2}$

Zumindest denke ich, dass diese Randbedingungen funktionieren. Ich muss auch eine Bedingung für den Fall definieren

R \to 0

$r \to 0$ aber das scheint das Potenzial zu explodieren. Wie kann ich diese Randbedingungen verwenden, um das Potential überall innerhalb der Kugel aufzulösen?

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Randbedingungen für die Laplace-Gleichung

Ali · Answer 1

Als $r \to 0$ , wir wissen, dass die potenziellen Annäherungen $\frac{1}{4 \pi \epsilon _0} \frac{|\vec p|\cos{\theta}}{r^2}$ .

Daher (einfach durch Vergleichen der Terme, was normalerweise die einfachste Methode zum Lösen dieser Gleichungen ist):

N \neq 1 \Rightarrow B_{N} = 0 B_{1} P_{1} (\cos (θ)) = B_{1} \cos (θ) = \frac{P \cos θ}{4 π ϵ_{0}} B_{1} = \frac{P}{4 π ϵ_{0}}

$n \neq 1 \Rightarrow B_n = 0\\ B_1\ P_1 \left(\cos(\theta)\right)=B_1\ \cos\left(\theta \right)=\frac{p\ \cos\theta}{4\pi \epsilon_0}\\ B_1=\frac{p}{4\pi \epsilon_0}$ .

Jetzt für $r=R$ wir haben:

\sum_{N = 0}^{\infty} (A_{N} R^{N}) P_{N} (\cos θ) + \frac{B_{1}}{R^{2}} P_{1} (\cos θ) = 0 A_{1} = - \frac{B_{1}}{R^{3}}, N \neq 1 \Rightarrow A_{N} = 0

$\sum_{n=0}^\infty (A_n R^n ) P_n(\cos{\theta})+ \frac{B_1}{R^{2}} P_1(\cos{\theta})=0 \\ A_1 = -\frac{B_1}{R^3}, n \neq 1\Rightarrow A_n = 0$

Das Potenzial wird also sein:

v (R, θ) = \frac{P \cos (θ)}{4 π ϵ_{0}} (\frac{1}{R^{2}} - \frac{R}{R^{3}})

$V\left(r,\theta \right)=\frac{p\cos(\theta)}{4\pi \epsilon_0}\left(\frac{1}{r^2}-\frac{r}{R^3} \right)$

Danke für die Antwort! Können Sie erläutern, warum für $n \neq 1 \Rightarrow B_n = 0$ ?
@ArtM Wenn sie existierten, als $r \to 0$ sie würden wichtiger werden als der erste Begriff, den wir gefunden haben.
Habe ich Recht mit der Behauptung, dass ein dünnes hohles kugelförmiges Dielektrikum mit Radius hinzugefügt wird? $0<R'<R$ würde diese Lösung nicht ändern, weil sich die Randbedingungen und die eingeschlossene Gesamtladung nicht ändern würden?
@ArtM Ich denke, das wird die von mir verwendete Randbedingung ändern und durch etwas Komplizierteres ersetzen.
Aber $r\to R \Rightarrow V=0$ Und $r\to 0 \Rightarrow V\to \frac{1}{4 \pi \epsilon _0} \frac{|\vec p|\cos{\theta}}{r^2}$ noch gelten. Welche andere Randbedingung gab es?
Wie bestimme ich die letzte Konstante? Das gibt mir einfach $A_1$ bezüglich $B_1$ .
Ach, das ist einfach. Sie können es finden, indem Sie die Begriffe vergleichen. Ich werde das zu meiner Antwort hinzufügen.
@Ali Warum $B_0=0$ ? Für $B_n$ mit $n > 1$ Ich verstehe, dass sie bedeutender sein würden als die $B_1$ Begriff, aber als $r \to 0$ $1/r^2$ wird gewinnen $1/r$ , also wie rechtfertigt sich das $B_0 = 0$ ? Danke

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