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| Aufgabe | "Ziel dieser Aufgabe ist der Beweis der Relation [mm] \Delta(1/|\vec{r}|) [/mm] = [mm] -4\pi\delta^3(\vec{r}).
[/mm]
Um das Verhalten der linken Seite für [mm] |\vec{r}| \to [/mm] 0 zu analysieren, berechnen sie [mm] \Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}), [/mm] wobei [mm] \varepsilon [/mm] die Singularität bei [mm] |\vec{r}| [/mm] = 0 regularisiert. Zeigen sie nun, dass das Resultat im Grenzfall [mm] \varepsilon \to [/mm] 0 proportional zur Distribution [mm] \delta^3(\vec{r}) [/mm] ist." |
Hallo, ich habe folgende Frage zu der Aufgabe:
Wenn ich [mm] \Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}) [/mm] berechne, komme ich letzten Endes bei [mm] \Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}) [/mm] = [mm] -3\varepsilon^2/(\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})^5 [/mm] an.
Wie kann ich von hier aus einen Zusammenhang zur Deltadistribution herstellen?
Ich denke dass ich über eine Kugeloberfläche integrieren muss bzw. wegen
[mm] \Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}) [/mm] = [mm] div(grad(1/(\vec{r})) [/mm] den Satz von Gauß anwenden kann, bin mir aber nicht sicher wie mich das zur gewünschten Darstellung bringt.
Wäre schön wenn mir jemand helfen könnte..
Viele Grüße,
Christof
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:58 Do 10.02.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo Christof!
> "Ziel dieser Aufgabe ist der Beweis der Relation
> [mm]\Delta(1/|\vec{r}|)[/mm] = [mm]-4\pi\delta^3(\vec{r}).[/mm]
>
> Um das Verhalten der linken Seite für [mm]|\vec{r}| \to[/mm] 0 zu
> analysieren, berechnen sie
> [mm]\Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}),[/mm] wobei
> [mm]\varepsilon[/mm] die Singularität bei [mm]|\vec{r}|[/mm] = 0
> regularisiert. Zeigen sie nun, dass das Resultat im
> Grenzfall [mm]\varepsilon \to[/mm] 0 proportional zur Distribution
> [mm]\delta^3(\vec{r})[/mm] ist."
> Hallo, ich habe folgende Frage zu der Aufgabe:
>
> Wenn ich [mm]\Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})[/mm]
> berechne, komme ich letzten Endes bei
> [mm]\Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})[/mm] =
> [mm]-3\varepsilon^2/(\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})^5[/mm] an.
>
> Wie kann ich von hier aus einen Zusammenhang zur
> Deltadistribution herstellen?
> Ich denke dass ich über eine Kugeloberfläche integrieren
> muss
Richtig.
> bzw. wegen
> [mm]\Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}) = div(grad(1/(\vec{r}))[/mm]
Stimmt so nicht:
[mm]\Delta(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2}) = div(grad(1/\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})[/mm]
> den Satz von Gauß anwenden kann, bin
> mir aber nicht sicher wie mich das zur gewünschten
> Darstellung bringt.
Der Satz von Gauß bringt keinen Vorteil, da du das Integral über die Kugel direkt ausrechnen kannst: der Integrand hängt nur von [mm] $|\vec{r}|$ [/mm] ab, also ist das Integral von [mm]-3\varepsilon^2/(\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})^5[/mm] über eine Kugel vom Radius R:
[mm] -3\varepsilon^2 * 4\pi * \integral_0^R \bruch{r^2}{(r^2+\varepsilon^2)^{5/2}} dr [/mm] .
Rechne das aus und schau dir an, was im Limes [mm] $\varepsilon\to [/mm] 0 $ passiert? Wie hängt das Ergebnis von R ab?
Viele Grüße,
Rainer
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Also für [mm] \integral_{V(Kugel)}^{}{-3\varepsilon^2/(\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})^5 dV} [/mm] bekomme ich [mm] -4\pi*R^3/(R^2+\varepsilon^2)^{3/2},
[/mm]
also für [mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow\0} (-4\pi*R^3/(R^2+\varepsilon^2)^{3/2})=-4\pi [/mm] und wegen [mm] \integral_{V(Kugel)}^{}{\delta^3(\vec{r}) dV}=1 [/mm] gilt dann [mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow\0}\integral_{V(Kugel)}^{}{\Delta(1/|\vec{r}|) dV}=-4\pi\integral_{V(Kugel)}^{}{\delta^3(\vec{r})} [/mm] und damit
die Behauptung?
Viele Grüße,
Christof
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:43 So 13.02.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Also für
> [mm]\integral_{V(Kugel)}^{}{-3\varepsilon^2/(\wurzel{\vec{r}^2+\varepsilon^2})^5 dV}[/mm]
> bekomme ich [mm]-4\pi*R^3/(R^2+\varepsilon^2)^{3/2},[/mm]
>
> also für [mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow 0} (-4\pi*R^3/(R^2+\varepsilon^2)^{3/2})=-4\pi[/mm]
> und wegen [mm]\integral_{V(Kugel)}^{}{\delta^3(\vec{r}) dV}=1[/mm]
> gilt dann
> [mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow\0}\integral_{V(Kugel)}^{}{\Delta(1/|\vec{r}|) dV}=-4\pi\integral_{V(Kugel)}^{}{\delta^3(\vec{r})}[/mm]
> und damit
> die Behauptung?
Ja.
Genau genommen müsstest du zeigen, dass [mm] $\Delta \bruch{1}{\wurzel{r^2+\varepsilon^2}}$ [/mm] im Distributionenlimes gegen [mm] $-4\pi \delta(\vec{r})$ [/mm] geht. Das heisst, dass für jede Testfunktion f gilt:
[mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow\0} \integral_{V(Kugel)} \Delta \bruch{1}{\wurzel{r^2+\varepsilon^2}} f(\vec{r}) dV = -4\pi f(0) [/mm] .
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:10 So 13.02.2011 | | Autor: | Peter_Pan2 |
ok danke für die Antwort, ich denke ich habe die sache verstanden!
Viele Grüße
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