Potentialgleichung, Faltung < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:32 Di 17.11.2009 | | Autor: | mb588 |
| Aufgabe | Das Faltungsprodukt von zwei Funktionen ist duch folgendes Volumenintegral definiert:
[mm] (f\*g)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{r}-\vec{r}')g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}
[/mm]
a) Zeigen Sie [mm] f\*g=g\*f [/mm] und [mm] f\*\delta=f
[/mm]
b) Zeigen Sie, dass für [mm] u(\vec{r})=(v\*f)(\vec{r}) [/mm] mit [mm] v(\vec{r})=-\bruch{1}{4\pi|\vec{r}|} [/mm] die Gleichung [mm] \Delta u(\vec{r})=f(\vec{r}) [/mm] erfüllt ist.
c)
Nutzen Sie diesen Ansatz, um für statische Ladungsverteilung von Punktladungen [mm] q_{i} [/mm] (am Ort [mm] r_{i}) [/mm] das elektrische Potential [mm] \Phi [/mm] und das elektrische Feld [mm] \vec{E}=-grad\Phi [/mm] zu berechnen.
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Huhu also machen wir das mal Schrittweise^^.
Bei a) hätte ich mir folgendes gedacht:
[mm] (f\*g)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{r}-\vec{r}')g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}
[/mm]
Substituiere: [mm] \vec{r}-\vec{r}'=\vec{z}, [/mm] d.h. [mm] \bruch{dz}{d\vec{r}'}=-1
[/mm]
Daruas folgt:
[mm] -\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{z})f(\vec{r}-\vec{z})g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}
[/mm]
Das stimmt ja so denn nicht mir der Behauptung überein. Ich weiß das ich irgendwas an den Grenzen vllt noch machen müsste, aber ich weiß nicht was, weil ich ja so direkt keine Grenzen habe.
Ich denke mal für [mm] f\*\delta=f [/mm] müsste ich die Eigenschaften der [mm] \delta-Distribution [/mm] ausnutzen.
b)
Hier würde ich Prinzipiell genau so vorgehen wie bei a).
[mm] u(\vec{r})=(v\*f)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{v(\vec{r}-\vec{r}')f(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'})=\integral_{\IR^{3}}-\bruch{1}{4\pi|\vec{r}-\vec{r}'|}f(\vec{r}') d^{3}\vec{r}')
[/mm]
So aber hier weiß ich schon leider mehr weiter :(. Ich würde vllt wieder Substituieren, aber das führt meiner Meinung nach zu nichts.
c)
So bei hier weiß ich nunmal ganricht wie ich ansetzten soll. Hier brächte ich also erstmal einen guten Ansatz.
Ich hoffe das r und das r STRICH sind einigermaßen zu unterscheiden. Danke schon mal im voraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:51 Di 17.11.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Das Faltungsprodukt von zwei Funktionen ist duch folgendes
> Volumenintegral definiert:
>
> [mm](f\*g)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{r}-\vec{r}')g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}[/mm]
>
> a) Zeigen Sie [mm]f\*g=g\*f[/mm] und [mm]f\*\delta=f[/mm]
>
> b) Zeigen Sie, dass für [mm]u(\vec{r})=(v\*f)(\vec{r})[/mm] mit
> [mm]v(\vec{r})=-\bruch{1}{4\pi|\vec{r}|}[/mm] die Gleichung [mm]\Delta u(\vec{r})=f(\vec{r})[/mm]
> erfüllt ist.
>
> c)
> Nutzen Sie diesen Ansatz, um für statische
> Ladungsverteilung von Punktladungen [mm]q_{i}[/mm] (am Ort [mm]r_{i})[/mm]
> das elektrische Potential [mm]\Phi[/mm] und das elektrische Feld
> [mm]\vec{E}=-grad\Phi[/mm] zu berechnen.
>
>
> Huhu also machen wir das mal Schrittweise^^.
> Bei a) hätte ich mir folgendes gedacht:
>
> [mm](f\*g)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{r}-\vec{r}')g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}[/mm]
>
> Substituiere: [mm]\vec{r}-\vec{r}'=\vec{z},[/mm] d.h.
> [mm]\bruch{dz}{d\vec{r}'}=-1[/mm]
Schlampig geschrieben, das ist ein Volumenintergral. Du meinst die Funktionaldeterminante.
>
> Daruas folgt:
>
> [mm]-\integral_{\IR^{3}}{f(\vec{z})f(\vec{r}-\vec{z})g(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Im Transformationssatz steht der Betrag der Funktionaldeterminante, daher
[mm] \integral_{\IR^{3}}{f(\vec{z}) g(\vec{r}-\vec{z}) d^{3}\vec{z} = g\*f[/mm]
> Ich denke mal für [mm]f\*\delta=f[/mm] müsste ich die
> Eigenschaften der [mm]\delta-Distribution[/mm] ausnutzen.
Ja.
> b)
>
> Hier würde ich Prinzipiell genau so vorgehen wie bei a).
>
> [mm]u(\vec{r})=(v\*f)(\vec{r})=\integral_{\IR^{3}}{v(\vec{r}-\vec{r}')f(\vec{r}') d^{3}\vec{r}'})=\integral_{\IR^{3}}-\bruch{1}{4\pi|\vec{r}-\vec{r}'|}f(\vec{r}') d^{3}\vec{r}')[/mm]
>
> So aber hier weiß ich schon leider mehr weiter :(
Wende den Laplace-Operator an. Was ist [mm] \Delta \bruch{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|} [/mm] ?
> c)
> So bei hier weiß ich nunmal ganricht wie ich ansetzten
> soll. Hier brächte ich also erstmal einen guten Ansatz.
Welche Beziehung besteht zwischen Potential und Ladungsverteilung? Setze diese Beziehung in b) ein!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 Di 17.11.2009 | | Autor: | mb588 |
Also nenen wir diesen Vektor [mm] \vec{z} [/mm] mal [mm] \vec{a}.
[/mm]
Dann wäre:
[mm] \vec{a}=\vec{r}-\vec{r}'=\vektor{x-x' \\ y-y' \\ z-z'}
[/mm]
denn würde ich doch [mm] \bruch{\partial \vec{a}}{\partial(x',y',z')}=\pmat{ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}
[/mm]
und davon die Determinante wäre doch wieder -1? Ich vertu mich bestimmt grad wieder :(
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:18 Di 17.11.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Also nenen wir diesen Vektor [mm]\vec{z}[/mm] mal [mm]\vec{a}.[/mm]
> Dann wäre:
>
> [mm]\vec{a}=\vec{r}-\vec{r}'=\vektor{x-x' \\ y-y' \\ z-z'}[/mm]
>
> denn würde ich doch [mm]\bruch{\partial \vec{a}}{\partial(x',y',z')}=\pmat{ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}[/mm]
>
> und davon die Determinante wäre doch wieder -1?
Ja, das habe ich ja auch nicht betritten. Aber im Transformationssatz steht trotzdem der Betrag der Determinante, daher kein Minuszeichen vor dem Integral.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:00 Di 17.11.2009 | | Autor: | mb588 |
Achso...na denn kommt man natürlich dadrauf. So und für [mm] (f\*\delta) [/mm] hab ich das jetzt so gemacht.
[mm] (f\*\delta)(\vec{r})=\integral{f(\vec{r}-\vec{r}')\delta(\vec{r}')d^{3}\vec{r}'}
[/mm]
So dann Substituiere ich: [mm] \vec{a}=\vec{r}-\vec{r}'
[/mm]
ergibt natürlich wie bei ersteres:
[mm] \integral{f(\vec{a})\delta(\vec{r}-\vec{a})}d^{3}\vec{a}
[/mm]
so und da die [mm] \delta [/mm] -Distribution nur für [mm] \vec{r}=\vec{a} [/mm] einen Wert annimmt und sonst Null ist das gleich:
[mm] \integral{f(\vec{r}) d^{3}\vec{r}}=f
[/mm]
Und bei b) ähnlich mit gleicher Argumentation:
[mm] \Delta u(\vec{r})=\Delta (v\*f)(\vec{r})=\Delta \integral{v(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}}=\integral{\Delta v(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}')d^{3}\vec{r}'}} [/mm] nach dem Hinweis
[mm] =\integral{\delta(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}')d^{3}\vec{r}'=\integral{f(\vec{r}) d^{3}\vec{r}'}}}=f
[/mm]
Und jetzt nochmal zu c):
Der Zusammenhang zwischen Potential und Ladungsverteilung ist ja [mm] \Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}*\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}
[/mm]
So und kannst mir bitte jetzt vllt nochmal genauer erklären wie ich das in b) einsetzen soll? Wäre echt nett.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:05 Mi 18.11.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Achso...na denn kommt man natürlich dadrauf. So und für
> [mm](f\*\delta)[/mm] hab ich das jetzt so gemacht.
>
> [mm](f\*\delta)(\vec{r})=\integral{f(\vec{r}-\vec{r}')\delta(\vec{r}')d^{3}\vec{r}'}[/mm]
>
> So dann Substituiere ich: [mm]\vec{a}=\vec{r}-\vec{r}'[/mm]
>
> ergibt natürlich wie bei ersteres:
>
> [mm]\integral{f(\vec{a})\delta(\vec{r}-\vec{a})}d^{3}\vec{a}[/mm]
Das kannst du so machen, ist aber unnötig.
> so und da die [mm]\delta[/mm] -Distribution nur für [mm]\vec{r}=\vec{a}[/mm]
> einen Wert annimmt und sonst Null ist das gleich:
>
> [mm]\integral{f(\vec{r}) d^{3}\vec{r}}=f[/mm]
Das ist Unsinn. Wenn die [mm]\delta[/mm] -Distribution nur für einen Wert ungleich 0 wäre, wäre dieses Integral 0.
Korrekt ist, dass per Definition von [mm] $\delta$ [/mm] für jede Testfunktion F gilt:
[mm] \integral F(x) \delta(x-y) dx = F(y) [/mm]
Und damit ist
[mm] \integral{f(\vec{r}-\vec{r}')\delta(\vec{r}')d^{3}\vec{r}'} = f(\vec{r})[/mm].
(mit $y=0$, $x=r'$, $F(x) = f(r-x)$)
> Und bei b) ähnlich mit gleicher Argumentation:
>
> [mm]\Delta u(\vec{r})=\Delta (v\*f)(\vec{r})=\Delta \integral{v(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}') d^{3}\vec{r}'}}=\integral{\Delta v(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}')d^{3}\vec{r}'}}[/mm]
> nach dem Hinweis
>
> [mm]=\integral{\delta(\vec{r}-\vec{r}')f({\vec{r}')d^{3}\vec{r}'=\integral{f(\vec{r}) d^{3}\vec{r}'}}}=f[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und jetzt nochmal zu c):
>
> Der Zusammenhang zwischen Potential und Ladungsverteilung
> ist ja
> [mm]\Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}*\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}[/mm]
>
> So und kannst mir bitte jetzt vllt nochmal genauer
> erklären wie ich das in b) einsetzen soll? Wäre echt
> nett.
Das ist genau das Integral, was du gerade bei b) betrachtet hast. Schau dir die Formeln mal genau an!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:36 Mi 18.11.2009 | | Autor: | mb588 |
Also ich hab das jetzt so verstanden, das ich mit dem Ansatz aus b) dieses Potential herleiten soll. Sozusagen kenn ich [mm] \Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'} [/mm] noch garnicht und will aber daruaf kommen. Das [mm] f(\vec{r}) [/mm] wäre ja denn mein [mm] \rho(\vec{r}') [/mm] und da es sich bei der Aufgabe um Ladungsverteilung von Punktladungen handel gilt: [mm] \rho(\vec{r}')=\summe_{i}q_{i}*\delta(\vec{r}-\vec{r}_{i}). [/mm] Aber was mich jetzt stört ist der [mm] \Delta [/mm] -Operator. Ich konnte ja nur durch die eigenschaft der Green'schen Fkt. das so herleiten.
Ich seh grad noch, das [mm] \Delta\Phi=\bruch{\rho}{\epsilon_{0}} [/mm] ist. Gilt das in diesen Falle auch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 Mi 18.11.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Also ich hab das jetzt so verstanden, das ich mit dem
> Ansatz aus b) dieses Potential herleiten soll. Sozusagen
> kenn ich
> [mm]\Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}[/mm]
> noch garnicht und will aber daruaf kommen.
Doch, genau diese Formel bekommst du aus der Teilaufgabe b). Damit hast kannst du bei gegebener Ladungsverteilung [mm] $\rho$ [/mm] das Potential berechnen. Es mag in vielen Fällen schwierig sein, das Integral explizit auszurechnen.
> Das [mm]f(\vec{r})[/mm]
> wäre ja denn mein [mm]\rho(\vec{r}')[/mm] und da es sich bei der
> Aufgabe um Ladungsverteilung von Punktladungen handel gilt:
> [mm]\rho(\vec{r}')=\summe_{i}q_{i}*\delta(\vec{r}-\vec{r}_{i}).[/mm]
Dann setze das doch in das Integral ein, tausche Summation und Integration und rechne es aus!
> Aber was mich jetzt stört ist der [mm]\Delta[/mm] -Operator. Ich
> konnte ja nur durch die eigenschaft der Green'schen Fkt.
> das so herleiten.
Was stört dich; ich versteh deine Frage nicht.
> Ich seh grad noch, das
> [mm]\Delta\Phi=\bruch{\rho}{\epsilon_{0}}[/mm] ist. Gilt das in
> diesen Falle auch?
Das hast du doch gerade in Teilaufgabe b) nachgerechnet!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:53 Mi 18.11.2009 | | Autor: | mb588 |
Ok mach ich das mal:
[mm] \Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'} [/mm]
jetzt einsetzen
[mm] \Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}}\cdot{}\bruch{\summe_{i}q_{i}\cdot{}\delta(\vec{r}-\vec{r}_{i})}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'
[/mm]
Summe vor das Intgral ziehen
[mm] =\summe_{i}q_{i}\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\delta(\vec{r}'-\vec{r}_{i})}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}=\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\summe_{i}\bruch{q_{i}}{|\vec{r}-\vec{r}_{i}|}
[/mm]
Hoffe ich hab mich bei den ganzen r und r-Strich nicht vertan. Also wenn das jetzt so stimmt...kann man das noch weiter umformen? vllt so das die summe raus ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:49 Do 19.11.2009 | | Autor: | rainerS |
> [mm]\Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}[/mm]
>
> jetzt einsetzen
>
> [mm]\Phi(\vec{r})=\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}}\cdot{}\bruch{\summe_{i}q_{i}\cdot{}\delta(\vec{r}-\vec{r}_{i})}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'[/mm]
>
> Summe vor das Intgral ziehen
>
> [mm]=\summe_{i}q_{i}\integral{\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\cdot{}\bruch{\delta(\vec{r}'-\vec{r}_{i})}{|\vec{r}-\vec{r}'|} d^{3}\vec{r}'}=\bruch{1}{4\pi\epsilon_{0}}\summe_{i}\bruch{q_{i}}{|\vec{r}-\vec{r}_{i}|}[/mm]
>
> Hoffe ich hab mich bei den ganzen r und r-Strich nicht
> vertan. Also wenn das jetzt so stimmt...kann man das noch
> weiter umformen? vllt so das die summe raus ist?
Nein. Hast du dir mal überlegt, was die physikalische Aussage ist?
Das Potential einer Ansammlung von Punktladungen ist ... ?
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:32 Do 19.11.2009 | | Autor: | mb588 |
Ah jetzt bin ich im bilde. Vielen danke für die Hinweise auch wenn es ewig gedauert hat^^ naja den gradienten werd ich noch alleine heraus bekommen. Vielen dank nochmals
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