Überprüfung der Lösung der Poisson-Gleichung

Mathematisch ist die Herleitung des elektrostatischen Potentials (5.43) fragwürdig, denn das Riemannintegral ist als Grenzwert von verfeinerten Riemannsummen definiert, die das Integrationsvolumen zerlegen. Die dabei auftretenden Summen sind nicht Beiträge von kleinen geladenen Kugeln, sondern von Quadern, die nicht kugelsymmetrisch sind.

Um zu überprüfen [36], daß (5.43) die Poisson-Gleichung löst, schneiden wir aus dem Gebiet $V$ eine Kugel K$_\varepsilon$ um $\vec{x}$ mit Radius $\varepsilon$ heraus, $V_\varepsilon=V-K_\varepsilon\,$, und betrachten den Grenzfall $\varepsilon\rightarrow 0$. In $V_\varepsilon$ gilt

$$\int_{V_\varepsilon}\!d^3y\, \left (\Delta_{y} \phi(y)\right ) \f... ...-\vec{y}\vert} -\phi(y)\Delta_{y}\frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert} \bigr )\ .$$ (5.49)

Hierbei ist $\Delta_y$ der Laplace-Operator, der nach den $y$-Koordinaten differenziert. Die Gleichung gilt, weil ${1}/{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}$ in $V_{\varepsilon}$ differenzierbar ist und dort $\Delta_y \frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}=0$ erfüllt.

Der Integrand ist eine Summe von Ableitungstermen

$$\left (\Delta_{y} \phi(y)\right ) \frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\v... ...ec{y}\vert}- \phi(y)\partial_{y^i}\frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}\bigr )\ .$$

Daher ist das Integral nach dem Gaußschen Satz dem Oberflächenintegral

$$\oint_{\partial V_{\varepsilon}}\!d\vec{f}_y\,\cdot\bigl ( ({\gra... ...-\vec{y}\vert}- \phi(y)\, {\grad }_y \frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}\bigr )$$ (5.50)

gleich. Der Rand $\partial V_{\varepsilon}$ besteht aus dem Rand von $V$ und der Kugelfläche $\partial$K$_\varepsilon$. Dort gilt

$$\frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}=\frac{1}{\varepsilon}\, ,\qua... ...}= -\frac{\vec{y}-\vec{x}}{\vert\vec{y}-\vec{x}\vert}\frac{1}{\varepsilon^2}\ .$$ (5.51)

Das Integral über $\partial$K$_\varepsilon$ über den ersten Term verschwindet im Grenzfall $\varepsilon\rightarrow 0$, denn nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung ist es gleich einem Wert von $(\vec{\,e}\cdot \grad \phi)/{\varepsilon}\,$ an einer Stelle der Kugeloberfläche mal der Größe der Kugeloberfläche $4\pi \varepsilon^2$. Dabei ist $-\vec{\,e}$ der Normalenvektor auf $\partial K_{\varepsilon}$, der in $V$ hineinzeigt. Im zweiten Term des Integranden ist das Skalarprodukt gleich dem Produkt der Beträge. Wir schreiben das Integral mit dem Mittelwertsatz als $\phi$ an einer Stelle der Kugeloberfläche mal $\oint_{\partial\text{K}_\varepsilon}\! do\, {1}/{\varepsilon^2}=4\pi$ und erhalten insgesamt im Grenzfall $\varepsilon\rightarrow 0$ den Wert $-4\pi \phi(x)$, also, nach $\phi(x)$ aufgelöst,

$$\phi(x) = -\frac{1}{4\pi}\int_V\!d^3y\, \frac{\Delta \phi(y)}{\ve... ...)\, \frac{\vec{y}-\vec{x}^{\phantom{3}}}{\vert\vec{y}-\vec{x}\vert^3}\bigr )\ .$$ (5.52)

Diese Gleichung stellt jede zweifach differenzierbare Funktion durch ihren anharmonischen Anteil $\Delta \phi$ in $V$ und ihre Randwerte auf $\partial V$ dar.

Da das elektrostatische Potential einer räumlich beschränkten Ladungsverteilung für große Abstände verschwindet und sein Gradient schneller als $1/r$ gegen Null geht, verschwinden für $V=\mathbb{R}^3$ die Randterme. Folglich löst (5.43) die Poisson-Gleichung. Wälzen wir durch partielle Integration für $V=\mathbb{R}^3$ die Differentationen auf $\frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert}$ ab, so ist (5.52) die Gleichung

$$\Delta \frac{1}{\vert\vec{x}-\vec{y}\vert} = -4\pi \delta^3(\vec{x}-\vec{y})\ .$$ (5.53)

Für harmonische Funktionen $\varphi$ verschwindet das Oberflächenintegral über die Normalenableitung,

$$\oint_{\partial V}\!d\vec{f} \cdot\grad \varphi = \int_V\! d^3 x \,\partial_i\partial_i \varphi = 0\ .$$ (5.54)

Wählen wir in (5.52) das Gebiet $V$ als Kugel $K_R$ um $\vec{x}$ mit einem Radius $R$, so verschwindet, weil $\varphi$ harmonisch ist, nicht nur das Volumenintegral, sondern auch das Oberflächenintegral über die Normalenableitung, denn sie wird mit einem konstanten Faktor $1/R$ integriert. Es verbleibt der Mittelwert von $\varphi$ auf der Kugelfläche

$$\varphi(x) = \frac{1}{4\pi R^2} \oint_{\partial K_R}\!df_y\, \varphi(y)\ .$$ (5.55)

Da die harmonische Funktion $\varphi(x)$ gleich ihrem Mittelwert auf umhüllenden Kugelflächen ist, nimmt sie ihr Minimum und Maximum auf dem Rand jedes Gebietes $V$ an, in dem sie harmonisch ist. Insbesondere hat ein elektrostatisches Potential im ladungsfreien Gebiet keine Mulde, es gibt keine elektrostatische Falle für geladene Teilchen.

Eine leitende Oberfläche ist nach Abklingen aller Ströme eine Äquipotentialfläche. Umschließt sie ein ladungsfreies Gebiet, so ist das Potential auch im Inneren konstant, denn es hat Werte zwischen dem Minimum und Maximum, das auf dem Rand angenommen wird. Folglich verschwindet in einem Faraday-Käfig die elektrische Feldstärke.

Verschwindet auf $\partial V$ die Normalenableitung $n^i \partial_i \varphi$ einer harmonischen Funktion,

$$-\int_V\! d^3x\, \varphi\, \Delta \varphi = \int_V\!d^3x\, \parti... ... n^i\,\varphi\,\partial_i \varphi=\int_V\!d^3x\, \sum (\partial_i \varphi)^2\ ,$$ (5.56)

so verschwindet $\partial_i\varphi$ in $V$ und $\varphi$ ist konstant.

Demnach ist jede Lösung der Poisson-Gleichung durch $\rho$ und ihre Werte auf dem Rand festgelegt. Denn die Differenz zweier Lösungen mit gleichem $\rho$ und gleichen Randwerten ist eine Lösung der Laplace-Gleichung, die auf dem Rand verschwindet und folglich im Inneren verschwindet. Durch ihre Normalenableitung auf dem Rand ist jede Lösung bis auf eine Konstante festgelegt, denn die Differenz zweier Lösungen mit gleichen Normalenableitungen hat verschwindende Normalenableitung und ist konstant.

Weil $\varphi^2$ und $(\partial_i \varphi)^2$ nicht negativ sind, zeigt (5.56) auch, daß auf Gebieten ohne Rand der Laplace-Operator keine positiven Eigenwerte hat, $\Delta \varphi = \lambda \varphi \Rightarrow \lambda \le 0$ .