UA PHYS515 電磁理論II 靜電場問題3 邊值問題及其解的唯一性

• • Dirichlet問題與Neumann問題
  • • 邊值問題解的唯一性
    • Green函數(shù)解釋Image charge method

上一講的末尾，我們用Green定理導(dǎo)出了電勢能的積分形式的解，同時也發(fā)現(xiàn)積分解需要加上邊界條件才能進一步得到電勢能的具體形式，所以這一講我們簡單敘述一下靜電學(xué)問題常用的邊界條件。

Dirichlet問題與Neumann問題

假設(shè)邊界上的電勢能已知，這樣的邊界條件叫做Dirichlet條件，對應(yīng)的靜電學(xué)問題叫做Dirichlet問題；假設(shè)邊界上的電場/電場沿邊界外法向的值已知，這樣的邊界條件叫做Neumann條件，對應(yīng)的靜電學(xué)問題叫做Neumann問題。

邊值問題解的唯一性

假設(shè)${\Phi }_1,{\Phi }_2$是source $\rho$與邊界條件相同的兩個靜電學(xué)問題的解，則${\Phi }_1={\Phi }_2$。

證明
根據(jù)Poisson方程：
$$\begin{gathered} {?}^2{\Phi }_1=?4\pi \rho ={?}^2{\Phi }_2 \\ ?{?}^2({\Phi }_1?{\Phi }_2)=0 \end{gathered}$$

根據(jù)Green’s First Identity，
$${\int }_V(b{?}^{2}d+?b??d)dxdydz={\oint }_{S(V)}b\frac{?d}{?n}dS$$

取$b=d={\Phi }_1?{\Phi }_2$，則
$${\int }_V?({\Phi }_1?{\Phi }_2)??({\Phi }_1?{\Phi }_2)={\oint }_{S(V)}({\Phi }_1?{\Phi }_2)\frac{?}{?n}({\Phi }_1?{\Phi }_2)$$

對于Dirichlet問題，${\Phi }_1?{\Phi }_2=0$；對于Neumann問題，$\frac{?}{?n}({\Phi }_1?{\Phi }_2)=0$，所以
$$\begin{gathered} {\int }_V?({\Phi }_1?{\Phi }_2)??({\Phi }_1?{\Phi }_2)=0 \\ ??({\Phi }_1?{\Phi }_2)=0 \end{gathered}$$

于是${\Phi }_1={\Phi }_2+const.$，const.的物理意義只是${\Phi }_1,{\Phi }_2$代表的兩個靜電場選取的勢能參考點不一樣，所以靜電學(xué)問題source與邊界條件給定后，它的解是唯一的。

Green函數(shù)解釋Image charge method

現(xiàn)在我們回到上上講介紹的例子，假設(shè)x-y平面是一塊接地的、厚度可以忽略不計的導(dǎo)電板，在$d_1=(0,0,d)$的位置有一個電荷量為$q$的正電荷，要計算空間中的電場$E$。應(yīng)用Image charge method，假設(shè)在$d_1=(0,0,d)$的位置有一個電荷量為$q$的正電荷，在$d_2=(0,0,?d)$的位置有一個電荷量為$q$的負電荷，則邊界條件同樣為
$$\Phi (x,y,0,t)=0$$

這個問題的Green函數(shù)可以用單電荷的Green函數(shù)修正得到：
$$G(r,r^{\prime })=\frac{1}{|r?r^{\prime }|}+F(r,r^{\prime })$$

其中$F(r,r^{\prime })$用來表示image charge的幾何效應(yīng)，然而image charge并不在我們要計算的電場的覆蓋區(qū)域內(nèi)，因此
$${?}^{2}F(r,r^{\prime })=0$$

所以這個修正后的Green函數(shù)依然滿足
$${?}^{2}G(r,r^{\prime })=?4\pi {\delta }^3(r?r^{\prime })$$

我們得到的電勢能的積分解為
$$\begin{gathered} \Phi (r)={\int }_V\rho (r^{\prime })G(r,r^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }d{z}^{\prime } \\ ?\frac{1}{4\pi }{\oint }_{S(V)}(\Phi \frac{?G(r,r^{\prime })}{?n}?G(r,r^{\prime })\frac{?\Phi }{?n})d{S}^{\prime } \end{gathered}$$

因此我們可以靈活選取$F(r,r^{\prime })$使得在Dirichlet問題中，邊界上$G=0$；在Neumann問題中，邊界上$\frac{?G}{?n}=0$，從而簡化計算，當(dāng)然這是比較理想的情況。更詳細一點地說，如果Dirichlet問題中，邊界上有$G=0$，則
$$\Phi (r)={\int }_V\rho (r^{\prime })G(r,r^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }d{z}^{\prime }?\frac{1}{4\pi }{\oint }_{S(V)}\Phi \frac{?G(r,r^{\prime })}{?n}d{S}^{\prime }$$

在Dirichlet問題中，邊界上的$\Phi$已知，所以這個積分式子可以直接計算。然而在Neumann問題中，我們無法使$\frac{?G}{?n}=0$，以單電荷問題為例，
$${?}^{2}G=?4\pi {\delta }^3(r?r^{\prime })$$

根據(jù)高斯散度定理：
$$\begin{gathered} {\int }_V{?}^{2}G(r,r^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }d{z}^{\prime }=?4\pi ={\int }_V??(?G(r,r^{\prime }))d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }d{z}^{\prime } \\ ?{\oint }_{S(V)}?G(r,r^{\prime })dS={\oint }_{S(V)}\frac{?G}{?n}dS=?4\pi \end{gathered}$$

所以$\frac{?G}{?n}$不能恒等于0，于是一種替代方法是在Neumann問題中，我們嘗試選擇$F(r,r^{\prime })$使得
$$\frac{?G}{?n}=\frac{?4\pi }{|S|}$$

于是當(dāng)$|S|\to \infty$時，
$$\Phi (r)={\int }_V\rho (r^{\prime })G(r,r^{\prime })d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }d{z}^{\prime }+\frac{1}{4\pi }{\oint }_{S(V)}\frac{?\Phi }{?n}GdS$$

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總結(jié)

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