Skalarprodukt mit Integral < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:25 Sa 03.05.2008 | | Autor: | Pedda |
| Aufgabe | | Zeigen Sie dass für eine kugelsymmetrische Massenverteilung gilt: g(x) = [mm] \integral_{}^{}{dx' \rho(x') \frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}} [/mm] = (g(x),e)e gilt. Das dx' steht für ein Volumenelement. |
Hallo,
ich bin mir bei der oben angegebenen Aufgabe nicht ganz sicher wie ich Sie rechnen soll. Das (g(x),e) steht für das Skalarprodukt mit einem Einheitsvektor. Ich nehme an, dass die Kugel im Koordinatenursprung liegt, der Sachverhalt ist dann ja auch klar, nämlich dass die Kugel als Punktmasse approximiert werden kann, das nehme ich zumindest an. Unklar ist mir, wie ich die Aufgabe beweise. Da es ein Einheitsvektor ist, würde ich spontan darauf tippen, dass ich den Betrag einfach mit dem Cosinus des eingeschlossenen Winkels multiplizieren kann. Das hilft mir allerdings nicht wirklich weiter. Über eine Antwort würde ich mich sehr freuen,
tschö, Peter
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:49 Sa 03.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Peter!
> Zeigen Sie dass für eine kugelsymmetrische Massenverteilung
> gilt: g(x) = [mm]\integral_{}^{}{dx' \rho(x') \frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}}[/mm]
> = (g(x),e)e gilt. Das dx' steht für ein Volumenelement.
> Hallo,
>
> ich bin mir bei der oben angegebenen Aufgabe nicht ganz
> sicher wie ich Sie rechnen soll. Das (g(x),e) steht für das
> Skalarprodukt mit einem Einheitsvektor. Ich nehme an, dass
> die Kugel im Koordinatenursprung liegt, der Sachverhalt ist
> dann ja auch klar, nämlich dass die Kugel als Punktmasse
> approximiert werden kann, das nehme ich zumindest an.
Naja, nicht ganz. Eigentlich steht da, dass die Kraft, die eine kugelförmige Ladungsverteilung auf eine Punktladung ausübt, immer in radialer Richtung verläuft.
> Unklar ist mir, wie ich die Aufgabe beweise. Da es ein
> Einheitsvektor ist, würde ich spontan darauf tippen, dass
> ich den Betrag einfach mit dem Cosinus des eingeschlossenen
> Winkels multiplizieren kann. Das hilft mir allerdings nicht
> wirklich weiter. Über eine Antwort würde ich mich sehr
> freuen,
Das kannst du machen. Es gibt wie immer mehrere Möglichkeiten. Eine wäre, das Integral in Kugelkoordinaten hinzuschreiben. Der Teil mit [mm] $\rho(x')$ [/mm] hängt nur vom Radius ab; du musst dann den Term
[mm] \frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}}[/mm]
zunächst über die Oberfläche einer Kugel vom Radius [mm] $\|x'\|$ [/mm] integrieren. Das Ergebnis hängt nur noch von [mm] $\|x\|$, $\|x'\|$ [/mm] und dem Einheitsvektor in x-Richtung ab.
Ein andere Möglichkeit ist, die Identität
[mm] \frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}} = \nabla_x \frac{1}{\|x'-x\|}}[/mm]
zu benutzen. [mm] $\nabla_x$ [/mm] soll den Gradienten bzgl. x bedeuten. Zieh den Gradienten vor das Integral und überlege dir, von welchen Größen das verbleibende Integral nur abhängen kann.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:05 Sa 03.05.2008 | | Autor: | Pedda |
Hallo Rainer, vielen Dank schon mal für die Antwort!
Ich habe jetzt folgendes gemacht.
x = r * sin [mm] \theta [/mm] cos [mm] \phi
[/mm]
y = r * sin [mm] \theta [/mm] sin [mm] \phi
[/mm]
z = r * cos [mm] \theta
[/mm]
Dann habe ich das Integral so umgeformt:
g(x) = G [mm] \integral{r^2 \rho(r) dr \integral { \frac{r'-r}{\|r'-r\|^3} sin \theta d\theta d\phi} }
[/mm]
Jetzt habe ich aber ein gemischtes Integral aus Vektor und Skalar (der Fläche). Darf ich das Oberflächenelement jetzt einfach durch ein entsprechend Vektorielles ersetzen oder gibt es einen weiteren Trick?
tschö, Peter
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:09 Sa 03.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Peter!
> Ich habe jetzt folgendes gemacht.
>
> x = r * sin [mm]\theta[/mm] cos [mm]\phi[/mm]
> y = r * sin [mm]\theta[/mm] sin [mm]\phi[/mm]
> z = r * cos [mm]\theta[/mm]
>
> Dann habe ich das Integral so umgeformt:
>
> g(x) = G [mm]\integral{r^2 \rho(r) dr \integral { \frac{r'-r}{\|r'-r\|^3} sin \theta d\theta d\phi} }[/mm]
Aufgepasst: vorne nicht zwischen r und $r'$ unterschieden, und hinten stehen immer noch die Vektoren, also:
[mm] g(x) = G \integral{r'^2 \rho(r') dr' \integral { \frac{x'-x}{\|x'-x\|^3} sin \theta d\theta d\phi} }[/mm],
wobei es sich um die Winkel des Vektors $x'$ handelt.
> Jetzt habe ich aber ein gemischtes Integral aus Vektor und
> Skalar (der Fläche). Darf ich das Oberflächenelement jetzt
> einfach durch ein entsprechend Vektorielles ersetzen oder
> gibt es einen weiteren Trick?
Du wählst dein Koordinatensystem jetzt so, dass das Integral möglichst einfach wird, in dem du die Richtung von $x$ als z-Richtung nimmst. Das darfst du tun, weil du die Parametrisierung des hinteren Oberflächenintegrals frei wählen darfst. Du misst also alle Winkel relativ zu x.
Du kannst jetzt entweder die drei Komponenten des Integrals getrennt ausrechnen oder den Trick mit dem Gradienten anwenden, dann musst du nämlich nur noch
[mm]\nabla_x \integral { \frac{1}{\|x'-x\|} sin \theta d\theta d\phi} }[/mm]
ausrechnen.
Für das Integral (ohne Gradient) müsste herauskommen:
[mm] 4\pi*\begin{cases} \frac{1}{r}, & r>r' \\ \frac{1}{r'}, & r\le r' \end{cases} [/mm]
Wenn du die drei Komponenten getrennt ausrechnst, siehst du sofort, dass die Komponenten senkrecht zur Richtung von x gleich 0 werden.
Es ist vielleicht eine ganz gute Übung, wenn du beide Methoden versuchst; es sollte auf jeden Fall das gleiche Ergebnis herauskommen 
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:15 So 04.05.2008 | | Autor: | Pedda |
Hallo Rainer,
vielen Dank! Du hast Recht, ich komme auf das gleiche Ergebnis mit beiden Wegen, allerdings lande ich in der gleichen Integrationssackgasse ;) Nur noch einmal um klarzustellen, was ich mache:
Die Kugel liegt im Koordinatenursprung und die Punktmasse auf der Z-Achse, dann sind alle anderen Koordinaten null und es bleibt nur z = r * cos [mm] \theta [/mm] für die Probemasse. Das heißt, dass der Ausdruck x' - x sich vereinfacht sich zu
1. r' sin [mm] \theta' [/mm] cos [mm] \phi'
[/mm]
2. r' sin [mm] \theta' [/mm] sin [mm] \phi'
[/mm]
3. r' cos [mm] \theta' [/mm] - r
Der untere Teil, also [mm] \|x' [/mm] - [mm] x\|^3 [/mm] wird zu: [mm] \sqrt{r'^2 - r r' cos \theta' + r^2}^3.
[/mm]
Jetzt sieht man schon, dass wegen des cos [mm] \phi' [/mm] bzw. sin [mm] \phi' [/mm] die Integration von 0 -> [mm] 2\pi [/mm] 0 ergibt, also nicht weiter verfolgt werden muss. Es bleibt also:
[mm] \integral{\frac{(r' cos\theta' - r)sin\theta' d\theta' d\phi'}{\sqrt{r'^2 - r r' cos \theta' + r^2}^3}} [/mm]
bzw. wenn ich deinen Trick mit dem Gradienten anwende
[mm] \nabla \integral{\frac{sin\theta' d\theta' d\phi'}{\sqrt{r'^2 - r r' cos \theta' + r^2}}} [/mm]
Durch das [mm] d\phi' [/mm] kommen schonmal [mm] 2\pi [/mm] vor das Integral, aber nun weiß ich nicht, wie ich weiter integrieren muss. In der Wurzel steht nun der Kosinussatz, das habe ich schon entdeckt, allerdings glaube ich nicht, dass das irgendetwas bringt, außer das es mir bestätigt die Wurzel richtig umgeformt zu haben.
Jetzt weiß ich leider nicht mehr weiter, besonders wie du auf das 4pi/r, bzw. [mm] 4\pi/r' [/mm] kommst. In meinen Büchern habe ich dazu auch nichts gefunden, meistens fehlt der Weg und es wird nur das Ergebnis genannt.
tschö, Peter
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:21 So 04.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Peter!
> Jetzt sieht man schon, dass wegen des cos [mm]\phi'[/mm] bzw. sin
> [mm]\phi'[/mm] die Integration von 0 -> [mm]2\pi[/mm] 0 ergibt, also nicht
> weiter verfolgt werden muss. Es bleibt also:
>
> [mm]\integral{\frac{(r' cos\theta' - r)sin\theta' d\theta' d\phi'}{\sqrt{r'^2 - r r' cos \theta' + r^2}^3}}[/mm]
>
> bzw. wenn ich deinen Trick mit dem Gradienten anwende
> [mm]\nabla \integral{\frac{sin\theta' d\theta' d\phi'}{\sqrt{r'^2 - r r' cos \theta' + r^2}}}[/mm]
>
> Durch das [mm]d\phi'[/mm] kommen schonmal [mm]2\pi[/mm] vor das Integral,
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> aber nun weiß ich nicht, wie ich weiter integrieren muss.
> In der Wurzel steht nun der Kosinussatz, das habe ich schon
> entdeckt, allerdings glaube ich nicht, dass das irgendetwas
> bringt, außer das es mir bestätigt die Wurzel richtig
> umgeformt zu haben.
Substituiere [mm] $u=\cos\theta'$ [/mm] oder [mm] $u=-2rr'\cos\theta'$.
[/mm]
Das zweite Integral wird dann recht einfach; das erste (ohne den Gradienten) ist auch nicht schwer, aber ein bischen mühsam.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:49 So 04.05.2008 | | Autor: | Pedda |
Hallo,
alles klar, jetzt bin ich schon ein gutes Stück weiter. Was ich jetzt gemacht habe:
[mm]\integral{\frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}dx'} = \integral{\nabla \frac{sin\theta d\theta\dphi}{\|r'^2-2r'xcos\theta+x^2}[/mm]
[mm]u=-2r'xcos\theta \\ du=2r'xsin\theta d\theta[/mm]
[mm]\nabla \frac{1}{r'x} \integral{\frac{r'x}{\sqrt{r'^2+x^2+u}du[/mm]
[mm]\nabla \frac{1}{r'x} \sqrt{r'^2+x^2-2r'xcos\theta}\|^\pi_0[/mm]
[mm]2 \nabla \frac{1}{r'}[/mm] mit dem Vorherigen also [mm]4\pi \nabla \frac{1}{r'}[/mm]
das schaut ja eigentlich schon ganz gut aus, nur: Wo ist die Abhängigkeit von x und wo die Unterteilung in wenn der Punkt innerhalb oder außerhalb der Kugel liegt?
tschö, Peter
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:33 Mo 05.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Peter!
> Hallo,
>
> alles klar, jetzt bin ich schon ein gutes Stück weiter. Was
> ich jetzt gemacht habe:
>
> [mm]\integral{\frac{x'-x}{\|x'-x\|^3}dx'} = \integral{\nabla \frac{sin\theta d\theta\dphi}{\|r'^2-2r'xcos\theta+x^2}[/mm]
>
> [mm]u=-2r'xcos\theta \\ du=2r'xsin\theta d\theta[/mm]
> [mm]\nabla \frac{1}{r'x} \integral{\frac{r'x}{\sqrt{r'^2+x^2+u}du[/mm]
Nicht ganz: [mm]\nabla \frac{1}{\red{2}r'x} \integral{\frac{\red{1}}{\sqrt{r'^2+x^2+u}}du}[/mm]
> [mm]\nabla \frac{1}{r'x} \sqrt{r'^2+x^2-2r'xcos\theta}\|^\pi_0[/mm]
[mm]\nabla \frac{1}{\red{2}r'x} \sqrt{r'^2+x^2-2r'xcos\theta}\|^\pi_0[/mm]
> [mm]2 \nabla \frac{1}{r'}[/mm] mit dem Vorherigen also [mm]4\pi \nabla \frac{1}{r'}[/mm]
Da hast du nicht beachtet, dass an der unteren Grenze
[mm] \sqrt{r'^2+x^2-2r'x\cos 0} = \sqrt{r'^2+x^2-2r'x} = |r'-x| [/mm]
ist.
Viele Grüße
Rainer
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