ELEKTRO- MÁGNESES TEREK - Munka

4. FEJEZET
40
ELEKTROSZTATIKA ÉS STACIONÁRIUS ÁRAMLÁSI TÉR
ψ -t és ϕ -t cseréljük fel (4.24)-ben.
ϕΔψ grad ψ grad ϕ dV � ϕ grad ψdA.
(4.25)
∫ ( )+( ) = ∫
V A
A (4.25)-bõl (4.24)-et kivonva kapjuk a Green-tételt:
ϕ ψ ψ ϕ ϕ ψ ψ ϕ
⎛ ∂ ∂ ⎞
Δ − Δ dV ⎜ −
⎝⎜
∂n ∂n⎠⎟
dA
. (4.26)
�
∫ ( ) = ∫
V A
Abban a speciális esetben, ha ϕ= ψ , a tétel alakja (4.24)-bõl:
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
⎡
2
Δ +( ) ⎤ ∂
grad dV =
⎣⎢
⎦⎥
∂n
dA.
(4.27)
�
∫ ∫
V A
Tételezzük fel, hogy a vizsgált térrész peremen:
– vagy ϕ adott (Dirichlet-peremfeltétel),
– vagy ∂ϕ
adott (Neumann-peremfeltétel).
∂n
Mindkét feltételrendszer fizikailag kézenfekvõ.
A bizonyítás során feltételezzük, hogy a feltételeknek eleget tevõ két különbözõ
megoldása létezik az azonos töltéssûrûséghez tartozó Δϕ =− ρ/ ε Poissonegyenletnek.
(Ugye ismerõs megfontolás?) A két megoldás különbsége
Φ = ϕ1−ϕ (4.28)
2
a peremfeltételek nullák, és mivel a két megoldásra vonatkozó Poisson-egyenletben
a töltéseloszlás azonos, a különbségi megoldásra ΔΦ = 0 . A (4.27)-be Φ -t helyettesítve:
ΦΔΦ Φ Φ Φ ∂
∫ +( grad ) d = ∫ ∂
2
V � , (4.29)
n
V
ahonnan az elõzõkben elmondottak alapján
∫
V
2
( grad Φ)
dV
= 0
A
(4.30)
ami csak grad Φ = 0 esetén teljesül, tehát a vizsgált térfogatban Φ állandó. (Ismét a
négyzetes kifejezés integrálja a bizonyítás kulcsa!)
Dirichlet-peremfeltétel esetén Φ a peremen zérus, tehát zérus kell, hogy legyen a
térfogatban is. Így ϕ1= ϕ2,
a különbözõknek feltételezett megoldások azonosak.
Neumann-peremfeltétel esetén a megoldások egy additív állandó erejéig azonosak.
A potenciálok additív állandója ugyanarra az elektromos téreloszlásra vezet.
A (4.29) egyenlet jobb oldalát tekintve nyilvánvaló, hogy az egyértelmûség vegyes
peremfeltétel esetén is fennáll. Megadhatjuk tehát ϕ-t a perem egy részén és ∂ϕ
-t a
∂n
perem másik részén.