Implizite Fktn, Integration < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:21 Do 29.04.2010 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo Matheraum!
Die Potentialgleichung einer Kugel ohne Raumladungsdichte [mm] \rho [/mm] lautet
(1) [mm] \Delta\Phi(r)=\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})=0, r\not=0 [/mm] und [mm] \Delta\Phi(r):=div(grad\Phi)=\nabla\nabla\Phi
[/mm]
Durch zweifache Integration kommt man wohl auf
(2) [mm] \Phi(r)=-\bruch{C}{r}+D
[/mm]
Meine Frage:
Ich verstehe nicht recht, wie man von (1) auf (2) kommt. Könnte vielleicht jemand das Ganze in Zwischenschritte aufschreiben, bzw. mir einen Tipp geben?
Ich habe Probleme damit, die Integration formal richtig anzusetzen, weil ich die Funktion [mm] \Phi(r) [/mm] nur implizit gegeben habe.
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:14 Do 29.04.2010 | | Autor: | Calli |
Hi Marcel,
aus [mm] $div(grad\Phi)=0$ [/mm] folgt
[mm] $div(\bruch{\partial \Phi}{\partial r})=\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})=0$
[/mm]
[mm] $\int \bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})\;dV=C'$
[/mm]
[mm] $dV=r^2\;\sin \theta\;dr\;d\theta\;d\varphi\qquad (0\le\theta\le\pi\qquad 0\le\varphi\le2\;\pi)$
[/mm]
Jetzt berechne mal das Integral !
Ciao Calli
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Do 29.04.2010 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo!
> Hi Marcel,
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> aus [mm]div(grad\Phi)=0[/mm] folgt
>
> [mm]div(\bruch{\partial \Phi}{\partial r})=\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})=0[/mm]
>
> [mm]\int \bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})\;dV=C'[/mm]
>
> [mm]dV=r^2\;\sin \theta\;dr\;d\theta\;d\varphi\qquad (0\le\theta\le\pi\qquad 0\le\varphi\le2\;\pi)[/mm]
>
> Jetzt berechne mal das Integral !
Dann hätte man
[mm] \integral_{0}^{2\pi}{\integral_{0}^{\pi}{\integral_{0}^{R_{0}}{\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})r^{2}sin(\theta)dr}d\theta}d\varphi}
[/mm]
Wie gehe ich nun aber mit der partiellen Ableitung in der Klammer um? Ich kenne das skalare Feld [mm] \Phi [/mm] ja nicht explizit.
> Ciao Calli
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:48 Do 29.04.2010 | | Autor: | Calli |
> Dann hätte man
>
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> [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\integral_{0}^{\pi}{\integral_{0}^{R_{0}}{\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})r^{2}sin(\theta)dr}d\theta}d\varphi}[/mm]
Ja, ist das alles ?
1. Der Integrand läßt sich vereinfachen und die Integration über [mm] $d\theta$ [/mm] und [mm] $d\varphi$ [/mm] läßt sich ausrechnen !
2. [mm] $\partial [/mm] r= dr$ !
> Wie gehe ich nun aber mit der partiellen Ableitung in der
> Klammer um?
Überhaupt nicht !
> Ich kenne das skalare Feld [mm]\Phi[/mm] ja nicht
> explizit.
Da steht ja auch das Differential [mm] $\partial(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})$ [/mm] der gesuchten Funktion $ grad [mm] (\Phi(r))$ [/mm] !
Ciao Calli
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:01 Do 29.04.2010 | | Autor: | Marcel08 |
> > Dann hätte man
> >
> >
> >
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\integral_{0}^{\pi}{\integral_{0}^{R_{0}}{\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})r^{2}sin(\theta)dr}d\theta}d\varphi}[/mm]
>
> Ja, ist das alles ?
>
> 1. Der Integrand läßt sich vereinfachen und die
> Integration über [mm]d\theta[/mm] und [mm]d\varphi[/mm] läßt sich
> ausrechnen !
Ja gut, das kann man sicherlich berechnen. Dann hätte man:
[mm] \integral_{0}^{R_{0}}{4\pi\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})dr}
[/mm]
> 2. [mm]\partial r= dr[/mm] !
[mm] \integral_{0}^{R_{0}}{4\pi\bruch{d}{dr}(r^{2}\bruch{d\Phi}{dr})dr}=\integral_{0}^{R_{0}}{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi}{dr})} [/mm] (*)
> > Wie gehe ich nun aber mit der partiellen Ableitung in der
> > Klammer um?
> Überhaupt nicht !
>
> > Ich kenne das skalare Feld [mm]\Phi[/mm] ja nicht
> > explizit.
> Da steht ja auch das Differential
> [mm]\partial(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})[/mm] der
> gesuchten Funktion [mm]grad (\Phi(r))[/mm] !
Hier und bei (*) kann ich das Formale nicht nachvollziehen. Das alleinstehende Symbol der Richtungsableitung [mm] \partial [/mm] vor der Klammer kommt mir unbekannt vor. Laut Definition von [mm] grad(\Phi) [/mm] in Kugelkoordinaten müsste an dieser Stelle der Einheitsvektor [mm] \vec{e}_{r} [/mm] stehen. Gibt es Parallen zwischen [mm] \partial [/mm] und [mm] \vec{e}_{r} [/mm] im Hinblick auf die Richtung, bzw. Orientierung, die hier zur Anwendung kommen müssten?
> Ciao Calli
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:41 Do 29.04.2010 | | Autor: | Calli |
Ok,
und das [mm] $\partial [/mm] f$ ist ja der Zuwachs der Funktion $f(r)$ in Richtung des Einheitsvektors [mm] $\vec{e_r}$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:47 Fr 30.04.2010 | | Autor: | Marcel08 |
Alles klar, aber wie geht es nun weiter?
[mm] \integral_{0}^{R_{0}}{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=...=0
[/mm]
Zur Lösung des Integrals muss es doch zunächst zur Ableitung in der Potentialfunktion nach dem Radius kommen. Hier habe ich nun wieder das Problem des impliziten Feldes [mm] \Phi(r).
[/mm]
Wie kann ich denn aber ableiten, ohne zu wissen, wie die Funktion [mm] \Phi(r) [/mm] explizit aussieht? Gibt es möglicherweise eine Umformung im Hinblick auf diverse Differentialoperatoren?
Gruß, Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:09 Fr 30.04.2010 | | Autor: | Calli |
> [mm]\integral_{0}^{R_{0}}{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=...=0[/mm]
Schon falsch !
Richtig:
[mm]\integral{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=C'[/mm]
> Zur Lösung des Integrals muss es doch zunächst zur
> Ableitung in der Potentialfunktion nach dem Radius kommen.
NEIN, Du sollst integrieren und zwar unbestimmt !
[mm] $d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})=du [/mm] $
Und was ist jetzt [mm] $\integral{du}$ [/mm] ???
> Hier habe ich nun wieder das Problem des impliziten Feldes
> [mm]\Phi(r).[/mm]
NEIN, s.o. !
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 So 02.05.2010 | | Autor: | Marcel08 |
> > [mm]\integral_{0}^{R_{0}}{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=...=0[/mm]
>
> Schon falsch !
> Richtig:
> [mm]\integral{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=C'[/mm]
Woher weisst du das, bzw. was weiss man hier über C', ausser dass [mm] C'\in\IR?
[/mm]
> > Zur Lösung des Integrals muss es doch zunächst zur
> > Ableitung in der Potentialfunktion nach dem Radius kommen.
> NEIN, Du sollst integrieren und zwar unbestimmt !
Könntest du bitte erklären, wieso der Ableitungsgedanke an dieser Stelle falsch ist?
> [mm]d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})=du[/mm]
> Und was ist jetzt [mm]\integral{du}[/mm] ???
[mm] \integral_{}^{}{du}=u+c, [/mm] mit [mm] c\in\IR
[/mm]
> > Hier habe ich nun wieder das Problem des impliziten Feldes
> > [mm]\Phi(r).[/mm]
> NEIN, s.o. !
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:25 So 02.05.2010 | | Autor: | Calli |
> > Richtig:
> > [mm]\integral{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=C'[/mm]
>
>
> Woher weisst du das, bzw. was weiss man hier über C',
> ausser dass [mm]C'\in\IR?[/mm]
• Die Integration einer DGL, deren rechte Seite gleich Null ist, ergibt auf der rechten Seite eine Konstante !
• Über die Konstante braucht man nichts weiter zu wissen. Im Einzelfall ergibt sich ihr Wert aus den Randbedingungen.
> Könntest du bitte erklären, wieso der Ableitungsgedanke
> an dieser Stelle falsch ist?
>...
>[mm]\integral_{}^{}{du}=u+c,[/mm] mit [mm]c\in\IR[/mm]
![[hot]](/images/smileys/hot.gif "[hot]") Es ist doch einfach:
[mm] $u=r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr}$
[/mm]
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> > > Richtig:
> > > [mm]\integral{4\pi d(r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr})}=C'[/mm]
> >
> >
> > Woher weisst du das, bzw. was weiss man hier über C',
> > ausser dass [mm]C'\in\IR?[/mm]
> • Die Integration einer DGL, deren rechte Seite
> gleich Null ist, ergibt auf der rechten Seite eine
> Konstante !
> • Über die Konstante braucht man nichts weiter zu
> wissen. Im Einzelfall ergibt sich ihr Wert aus den
> Randbedingungen.
>
> > Könntest du bitte erklären, wieso der Ableitungsgedanke
> > an dieser Stelle falsch ist?
> >...
> >[mm]\integral_{}^{}{du}=u+c,[/mm] mit [mm]c\in\IR[/mm]
>
> Es ist doch einfach:
>
> [mm]u=r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr}[/mm]
Jetzt hätte ich gerne eine Gleichung für das Potential [mm] \Phi. [/mm] Wie kann ich sie aus diesem Ergebnis gewinnen? Vielen Dank schon mal.
Mein Vorschlag dazu:
[mm] u=r^{2}\bruch{d\Phi(r)}{dr}
[/mm]
[mm] \bruch{u}{r^{2}}dr=d\Phi(r)
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{u}{r^{2}}dr}=\integral_{}^{}{d\Phi(r)}
[/mm]
[mm] \Rightarrow\Phi(r)=-\bruch{u}{r}+c, [/mm] mit [mm] u,c\in\IR
[/mm]
Gruß, Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:20 Mi 05.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Alternativ könnte man doch auch so vorgehen, oder?
[mm] \bruch{1}{r^{2}}\bruch{d}{dr}(r^{2}\bruch{d}{dr}\Phi)=0
[/mm]
[mm] \gdw d(r^{2}\bruch{d}{dr}\Phi)=0
[/mm]
[mm] \gdw\integral_{}^{}{d(r^{2}\bruch{d}{dr}\Phi)}=\integral_{}^{}{0} [/mm] (Formal korrekt?)
[mm] \gdw r^{2}\bruch{d}{dr}\Phi=c, [/mm] mit [mm] c\in\IR
[/mm]
[mm] \gdw\bruch{d}{dr}\Phi=\bruch{c}{r^{2}}
[/mm]
[mm] \gdw d\Phi=\bruch{c}{r^{2}}dr
[/mm]
[mm] \gdw\integral_{}^{}{d\Phi}=\integral_{}^{}{\bruch{c}{r^{2}}dr}
[/mm]
[mm] \Rightarrow\Phi=-\bruch{c}{r}+d, [/mm] mit [mm] c,d\in\IR
[/mm]
Gruß, Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Mi 05.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:59 Mo 03.05.2010 | | Autor: | Marcel08 |
> Hallo Matheraum!
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> Die Potentialgleichung einer Kugel ohne Raumladungsdichte
> [mm]\rho[/mm] lautet
Dann müsste ich bereits hier einen Fehler gemacht haben. Es muss sich hier wohl um das Potential im ladungsfreien Raum handeln, also im Raum, der sich außerhalb der Kugel befindet. Andernfalls könnte ich die Stetigkeit an den Grenzübergängen nicht durch den linksseitigen, bzw, rechtsseitigen Grenzwert betrachten. Vielen Dank jedenfalls, das war recht hilfreich.
> (1) [mm]\Delta\Phi(r)=\bruch{1}{r^{2}}\bruch{\partial}{\partial r}(r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})=0, r\not=0[/mm]
> und [mm]\Delta\Phi(r):=div(grad\Phi)=\nabla\nabla\Phi[/mm]
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>
> Durch zweifache Integration kommt man wohl auf
>
>
> (2) [mm]\Phi(r)=-\bruch{C}{r}+D[/mm]
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>
>
> Meine Frage:
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>
> Ich verstehe nicht recht, wie man von (1) auf (2) kommt.
> Könnte vielleicht jemand das Ganze in Zwischenschritte
> aufschreiben, bzw. mir einen Tipp geben?
>
> Ich habe Probleme damit, die Integration formal richtig
> anzusetzen, weil ich die Funktion [mm]\Phi(r)[/mm] nur implizit
> gegeben habe.
>
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>
> Gruß, Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:04 Do 06.05.2010 | | Autor: | Calli |
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> > Ich habe Probleme damit, die Integration formal richtig
> > anzusetzen, weil ich die Funktion [mm]\Phi(r)[/mm] nur implizit
> > gegeben habe.
Hey, die Formulierung "die Funktion ist nur implizit gegeben" ist hier voll daneben.
Für die gesuchte Funktion [mm] $\Phi(r)$ [/mm] liegt hier eine DGL vor, ähnlich der DGL 2.Ordnung y'' = 0 !
Aus dieser DGL ist die Funktion [mm] $\Phi(r)$ [/mm] zu bestimmen!
Und die Lösung des unbestimmten Integrals ist einfach:
[mm] $\int\, \partial (r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r})=r^{2}\bruch{\partial\Phi}{\partial r}+C$
[/mm]
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