Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Fluss, Vektorfeld

Fluss, Vektorfeld

Universität / Fachhochschule

Sonstiges

Tags: divergenz, Rotation, Vektorfeld

Chica-Rabiosa aktiv_icon

08:45 Uhr, 19.06.2016

Morgen zusammen, ich beschäftige mich mit einer Aufgabe zum Thema Vektorfelder. Die Aufgabe:

(a)

Bestimmen Sie den Fluss eines Wasserstrahls, der mit dem Vektorfeld

\vec{F} = \frac{\vec{r}}{r^{3}}

beschrieben wird, durch die Oberfläche einer Kugel mit Radius

R

im ersten Oktanten

(x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0)

(b)

Hat der Wasserstrahl auf dieser Oberfläche Quellen oder Senken?

Tipp:

\vec{r} = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}), r = | \vec{r} |

und: das Integral muss nicht ausgewertet werden, aber soweit umgeformt, dass der nächste Schritt die Suche nach einer Stammfunktion wäre.

r = | \vec{r} | = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}

Wenn ich das einsetze dann habe ich doch

F = \frac{1}{{(x^{2} + y^{2} + z^{2})}^{\frac{3}{2}}} \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix})

Problematisch ist jetzt die Integration durchzuführen. Das Integral

\int \int \int_{A} d i v \vec{F} d A

wäre es doch, oder?

Hätte da jemand eine Idee für mich? Vielen Dank schon mal.

LG Chica-Rabiosa

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ledum aktiv_icon

20:10 Uhr, 19.06.2016

Hallo
eigentlich willst du das Oberflächenintegral

\vec{F} \cdot d \vec{A}

oder

\vec{F} \cdot {\vec{n}}_{e} \cdot

dA ausrechnen. wenn du dein Integral mit divF nimmst verwendest du den Integralsatz von Gauss, musst dann aber über dV integrieren.
Gruß ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

20:29 Uhr, 19.06.2016

Guten Abend Ledum,

theoretisch geht das aber auch mit der Divergenz.
Ich versuche vllt erstmal deine Variante.

\int_{A} \vec{F} d \vec{A}

Die Oberfläche einer Kugel mit Radius

R

im ersten Oktanten wird mit

(x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0)

. Was sagt mir das jetzt? Und wie komme ich auf die Integrationsgrenzen und dann auf die Flächennormale?

LG Chica-Rabiosa

ledum aktiv_icon

20:31 Uhr, 19.06.2016

Hallo
nur wenn du das mit der div machst dann eben nicht dA sondern dV!

d . h

. so wie du es geschrieben hast war es falsch.
Gruß ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

20:35 Uhr, 19.06.2016

Ahso ja danke für den Hinweis. Mein Problem ist, dass ich weder bei der Methode mit dem Oberflächenintegral noch bei dem Volumenintegral den Ansatz finde, also wie ich das Integrationsgebiet bestimme. Hättest du da einen Rat?

LG Chica-Rabiosa

ledum aktiv_icon

20:50 Uhr, 19.06.2016

Hallo
rechne mit Kugelkoordinaten, dann sollte es klar sein.
Gruß ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

21:04 Uhr, 19.06.2016

Okay.

x = r \cdot sin θ \cdot cos φ

y = r \cdot sin θ \cdot sin φ

z = r \cdot cos θ

\int_{0}^{R} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} r^{2} sin θ (\begin{matrix} r \cdot sin θ \cdot cos φ \\ r \cdot sin θ \cdot sin φ \\ r \cdot cos θ \end{matrix}) \cdot \vec{F} d r d θ d φ

So?

LG Chica-Rabiosa

ledum aktiv_icon

21:34 Uhr, 19.06.2016

Hallo
das ware über die ganze Kugel, aber du willst nur den ersten Oktanten., und nur über die Oberfläche also

r = R

.
dein

\vec{r}

ist kein Einheitsvektor: dA

= R^{2} \cdot sin (φ) d φ d ψ

überlege wie du

φ

und

ψ

Grenzen wählen muss damit

x, y, z \geq 0

Gruß ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

22:20 Uhr, 19.06.2016

Wenn wir nur im ersten Oktanten integrieren sollen, dann integrieren wir über ein Achtel der Kugeloberfäche. Wir hätten die Grenzen dann allgemein von

\int_{0}^{r} \int_{0}^{\frac{π}{8}}

und

\int_{0}^{\frac{π}{4}}

Bzw. dann doch

\int_{0}^{r} \int_{0}^{\frac{π}{8}}

und

\int_{0}^{\frac{π}{4}}

\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} R^{2} sin θ d θ d φ

\int_{0}^{\frac{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}{8}}

und

\int_{0}^{\frac{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}{4}}

ich sitze jetzt über eine Stunde dran und kriege es nicht raus, dabei gebe ich mir echt Mühe

= (

d A = R^{2} \cdot sin φ d θ d φ

ist meine Flächennormale? Wie kommst du darauf ledum?

überlege wie du φ und ψ Grenzen wählen muss damit

x

,y,z≥0
Gruß ledum

R \cdot sin θ cos φ \geq 0

sein muss

und entsprechend

R \cdot sin θ sin φ \geq 0

und

R \cdot cos θ \geq 0

Sprich ich darf keine negativen Werte herausbekommen für Sinus und Kosinus und gemeinsam sind sie positiv oder Null im Intervall 0 bis

\frac{π}{2}

Also

\int_{0}^{\frac{π}{2}}

für

x,

dann

\int_{0}^{π}

für

y

und von

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}

für

z

wäre das für

R \cdot sin θ cos φ \geq 0,

R \cdot sin θ sin φ \geq 0

und

R \cdot cos θ \geq 0

?

LG Chica-Rabiosa

ledum aktiv_icon

23:57 Uhr, 19.06.2016

Hall

d \vec{A} = {\vec{n}}_{e}

*dA

d . h

| d

vec(A)|=R^2*sin(\theta)*d\phi*d\\theta- (im vorigen post aus Versehen

sin (φ))

du integrierst immer noch über das Volumen statt über die Oberfläche
auf der Oberfläche ist

r = R

fest und du hast nur ein Doppelintegral über

φ

und

θ

φ

läuft von 0 bis

\frac{π}{2}, θ

von 0 bis

\frac{π}{2}

prüfe nach, das dann

x, y, z \geq 0

wenn du in Kugelkoordinaten rechnest lass die

x, y, z

weg. was du da an grenzen schreibst ist hässlich.
der Normalenvektor

{\vec{n}}_{e}

ist für die Kugel

\frac{\vec{r}}{r}

skalar mit

F = \frac{\vec{r}}{r^{3}}

multipliziert ergibt

{\vec{n}}_{e} \cdot F = \frac{r^{2}}{r^{4}} = \frac{1}{r^{2}}

dafür dann

r = R

einsetzen! und über

φ

und

θ

integrieren.
Gruß ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

11:52 Uhr, 20.06.2016

Kann ich mir das lieber irgendwie visualisieren? Ich kann mir einiges gar nicht vorstellen irgendwie

: (

Ich habe eine Kugel und durch die Oberfläche soll ein Wasserstrahl fließen soweit ist alles noch vorstellbar. Der Wasserstrahl ist durch das Vektorfeld beschrieben. Die Kugel hat den Radius R. Klar. Und jetzt soll ich den Fluss des Wasserstrahls nur im ersten Oktanten berechnen. Wenn ich mir jetzt die Kugel symetrisch vorstelle, dann ist in acht gleichgroße Teile aufgeteilt, durch das Koordinatensystem

(8

Oktanten).

(x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0)

meint ja den ersten Oktanten.

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}}

stimmt das wird ja durch den ersten Oktanten in der Form begrenzt und mein Radius ist fest.

Aber wie soll ich jetzt prüfen, ob

(x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0)

ist?

Wie kommst du jetzt auf den Normalenvektor

{\vec{n}}_{e} = \frac{\vec{r}}{r}

? Der muss ja senkrecht auf der Kugeloberfläche sein, aber die kenne ich doch nicht? Was kann ich mir dann aus dem Produkt

{\vec{n}}_{e} \cdot \vec{F}

vorstellen ich multipliziere den Normalenvektor mit meinem Vektorfeld?

Also müsste meine Integration wie folgt aussehen:

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{R^{2}} \cdot R^{2} sin θ d φ d θ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin θ d φ d θ

?

Vielen Dank für die späte Antwort, ich will mich und bemühe mich, denn ich möchte es echt verstehen.

LG Chica-Rabiosa

ledum aktiv_icon

15:15 Uhr, 20.06.2016

Hallo
Das Wasserströmungsfeld hat radiale Richtung, die Normale auf einer Sphäre auch! (eigentlich weisst du

z . B

. dass eine senkrechte auf der Erdkugel durch die Mitte geht, dass im Kreis der Radius senkrecht auf dem Umfang steht. und ein Einheitsvektor in Richtung

\vec{r}

ist eben

\frac{\vec{r}}{r})

also spritzt das Wasser genau in Richtung der Normalen nach aussen. jetzt willst du wissen, wieviel nach draussen strömt bzw spritzt. also musst du die Fläche berechnen, durch die es spriztz. die nimmt mit zunehmendem Radius mit

r^{2}

zu, die Strömung mit1/

r^{2}

ab denn

| F | = \frac{1}{r^{2}}

ab.

d . h

. egal wie groß du den Radius wählst es kommt gleichviel durch die Fläche! deshalb ist dein Integral am Ende nur noch von

θ

und

φ

abhängig.
dass du das Skalarprodukt der Flächennormalen mit

\vec{F}

nehmen musst liegt daran, dass nur der Anteil von

F

der senkrecht auf die Fläche trifft durchtritt, wenn du

F

in eine tangentiale und normale Komponente teilst, sollte klar sein, dass der tangentiale Teil nicht durchkommt.
hier hat aber

\vec{F}

keine tangentiale Komponente.
soweit zur Anschauung.
deine Integrationsgrenzen sind jetzt richtig. als Ergebnis muss einfach

\frac{1}{8}

der Einheitskugelfläche rauskommen!
indem du 0 bis

\frac{π}{2}

in deine Ausdrücke für

x, y, z

einsetzt, kannst du feststellen, dass sie alle

\geq 0

sind den

cos (x)

und

sin (x)

sind für

0 \leq x \leq \frac{π}{2}

immer

\geq 0

.
Gruss ledum

Chica-Rabiosa aktiv_icon

09:05 Uhr, 21.06.2016

Hallo,

also mit der Flächennormale habe ich es jetzt verstanden, das erscheint mir auch logisch jetzt. Ich bin mir noch unsicher bei der Umsetzung.

\frac{\vec{r}}{r} \cdot \vec{F} = \frac{1}{r^{2}}

und mein

\frac{\vec{r}}{r} = {\vec{n}}_{e}

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{r^{2}} \cdot r^{2} d sin θ θ d φ

ist ja falsch.

mein

d \vec{A} = r^{2} sin θ d θ d φ

Was ist jetzt aber der Unterschied und Zusammenhang zwischen Flächenelement und Flächennormaleneinheitsvektor? Ich brauche ja beides. Wo wird das in der Formel des Integral genau gefordert, den Normalenvektor zu berechnen und miteinzubeziehen?

Im ersten Post war ja die Rede vom:

Oberflächenintegral

\vec{F} \cdot d \vec{A}

oder von

\vec{F} \cdot {\vec{n}}_{e} \cdot d \vec{A}

und das ist gleich? Wieso?

\int_{V} d i v \vec{F} d V

mit

d V = r^{2} sin θ d φ d θ d r

Die Berechnung danach ist gar nicht gefordert, aber ich würde schon gerne beides berechnen, weil es eigentlich nur auf diese Vorarbeit angeht. An sich ist die Berechnung am Ende des Integrals nicht das Problem.

Das Volumenintegral ist natürlich aufwendiger, aber es wäre doch dann:

\int_{V} d i v \vec{F} d V = \int_{0}^{R} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d i v \vec{}

Fr^2

sin θ d φ d θ d r

mit

\vec{r} = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix})

umgerechnet mit

x = r cos θ cos φ

und

y = r cos θ sin φ

und

z = r sin θ,

aber man kann ja vorher direkt kürzen vor der Umformung: und

\frac{1}{r^{2}}

annehmen

Und dort für

\frac{1}{r^{2}}

entsprechend

x, y

und

z

ersetzen?

LG Chica-Rabiosa

DerDepp aktiv_icon

15:11 Uhr, 21.06.2016

Hossa :-)

Mir scheint, ihr beiden schreibt ein wenig aneinander vorbei. Ich versuche das mal mit meinen Worten zu sortieren. Gegeben ist das Vektorfeld

\vec{F} = \vec{r} / r^{3}

. Zu bestimmen ist sein Fluss durch die Oberfläche einer Kugel mit Radius

R

im ersten Oktanten (

x, y, z \geq 0

). Diese Fläche

K_{1}

(Kugel, 1-ter Oktant) ist keine geschlossene Oberfläche. Daher kann der der Gauß'sche Satz nicht angewendet werden. Man kann also nicht "mit der Divergenz" rechnen. Der Fluss

Φ

ist:

Φ = \int_{K_{1}} \vec{F} d \vec{f}

Zur Parametrisierung der Kugeloberfläche

K_{1}

bieten sich Kugelkoordinaten an:

K_{1} : \vec{r} (Θ, ϕ) = R (\begin{array}{c} \sin Θ \cos ϕ \\ \sin Θ \sin ϕ \\ \cos Θ \end{array}); Θ \in [0; \frac{π}{2}]; ϕ \in [0; \frac{π}{2}]

Infinitesimale Änderungen

d Θ

und

d ϕ

führen zu infinitesimalen Änderungen dieses Ortsvektors:

d \vec{r} (Θ, ϕ) = \frac{\partial \vec{r}}{\partial Θ} d Θ + \frac{\partial \vec{r}}{\partial ϕ} d ϕ

d \vec{r}

liegt tangential zur Fläche an der Stelle

\vec{r} (Θ, ϕ)

. Man erkennt, wie dadurch das lokale infinitesimale Flächenelement

d \vec{f}

aufgespannt wird:

d \vec{f} = (\frac{\partial \vec{r}}{\partial Θ} d Θ) \times (\frac{\partial \vec{r}}{\partial ϕ} d ϕ) = \frac{\partial \vec{r}}{\partial Θ} \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial ϕ} d Θ d ϕ

\vec{r} (Θ, ϕ)

einsetzen und ausrechnen liefert:

d \vec{f} = R^{2} (\begin{array}{c} \cos Θ \cos ϕ \\ \cos Θ \sin ϕ \\ - \sin Θ \end{array}) \times (\begin{array}{c} - \sin Θ \sin ϕ \\ \sin Θ \cos ϕ \\ 0 \end{array}) d Θ d ϕ = R^{2} (\begin{array}{c} \sin^{2} Θ \cos ϕ \\ \sin^{2} Θ \sin ϕ \\ \sin Θ \cos Θ \end{array}) d Θ d ϕ = R^{2} \sin Θ \underset{= \vec{r} / R}{\underset{⎵}{(\begin{array}{c} \sin Θ \cos ϕ \\ \sin Θ \sin ϕ \\ \cos Θ \end{array})}} d Θ d ϕ

Hier erkennt man zum einen den "bekannten" Substitutionsfaktor

R^{2} \sin Θ

beim Übergang von kartesischen zu Kugelkoordinaten und zum anderen den Normalenvektor

\vec{n} = \vec{r} / R

des Flächenelements.

Alles zusammengebaut ergibt sich für den gesuchten Fluss durch

K_{1}

Φ = \int_{K_{1}} \vec{F} d \vec{f} = \int_{0}^{π / 2} d ϕ \int_{0}^{π / 2} d Θ \underset{= \vec{r} / r^{3}}{\underset{⎵}{\frac{1}{R^{3}} R (\begin{array}{c} \sin Θ \cos ϕ \\ \sin Θ \sin ϕ \\ \cos Θ \end{array})}} \cdot \underset{= d \vec{f}}{\underset{⎵}{R^{2} \sin Θ (\begin{array}{c} \sin Θ \cos ϕ \\ \sin Θ \sin ϕ \\ \cos Θ \end{array})}} = \int_{0}^{π / 2} d ϕ \int_{0}^{π / 2} d Θ \sin Θ

Φ = \int_{0}^{π / 2} d ϕ {[- \cos Θ]}_{0}^{π / 2} = \int_{0}^{π / 2} d ϕ = \frac{π}{2}

Ich hoffe, dass ich mich nicht verrechnet habe...

DerDepp aktiv_icon

09:59 Uhr, 22.06.2016

Noch ein kleiner Nachtrag, ist mir eben noch eingefallen:

Du könntest zunächst mit Hilfe des Gauß'schen Satzes den Fluss durch die gesamte (geschlossene) Kugeloberfläche bestimmen, also "mit der Divergenz" rechnen. Anschließend auf Grund der Symmetrie des Problems argumentieren, dass durch den 1-ten Oktanten nur 1/8 des Gesamtflusses dringt... :-)

Chica-Rabiosa aktiv_icon

12:41 Uhr, 25.06.2016

Hola,

Also das Integral

\int_{A} d i v \vec{F} d V

?

Aber was ist jetzt da mein Volumenelement? Meine Kugelkoordinaten wenn ich das damit mache?

Wenn mein

F = \frac{1}{{(x^{2} + y^{2} + z^{2})}^{\frac{3}{2}}} (\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix})

ist doch meine

d i v F = \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y} + \frac{\partial F}{\partial z}

\frac{\partial F}{\partial x} = {(x^{2} + y^{2} + z^{2})}^{- \frac{3}{2}} - 3 x^{3} \cdot {(x^{2} + y^{2} + z^{2})}^{- \frac{5}{2}}

und dann noch

\frac{\partial F}{\partial y}

und

\frac{\partial F}{\partial z}

?

LG Chica-Rabiosa

DerDepp aktiv_icon

15:55 Uhr, 25.06.2016

Hossa again :-)

Wenn du die Aufgabe mit dem Gauß'schen Satz rechnen möchtest, muss du ja statt über die geschlossene(!) Kugel-Oberfläche

O (K)

über das gesamte Kugel-Volumen

V (K)

integrieren:

Φ = \oint_{O (K)} \vec{F} d \vec{f} = \int_{V (K)} div \vec{F} d V

Das ist bei dem gegebenen Vektorfeld aber nicht ohne Weiteres möglich, da es im Kugelmittelpunkt (

r = 0

) nicht definiert ist. Berechnet man die Divergenz des Feldes, erhält man für

r \neq 0

div (\frac{1}{r^{3}} \vec{r}) = \vec{\nabla} \cdot (\frac{1}{r^{3}} \vec{r}) = (\begin{array}{c} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \\ \frac{\partial}{\partial z} \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} \frac{x}{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{3 / 2}} \\ \frac{y}{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{3 / 2}} \\ \frac{z}{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{3 / 2}} \end{array}) = \frac{r^{3} - 3 x^{2} r}{r^{6}} + \frac{r^{3} - 3 y^{2} r}{r^{6}} + \frac{r^{3} - 3 z^{2} r}{r^{6}} = 0; r \neq 0

Mit Hilfe der delta-Funktion kann man jedoch zeigen, dass gilt:

div (\frac{1}{r^{3}} \vec{r}) = 4 π δ (r)

(Der Beweis dazu läuft in der Regel so, dass man mit Hilfe von Oberflächenintegralen berechnet, dass der Fluss des Feldes durch eine geschlossene Kugeloberfläche gleich

4 π

ist... womit sich die Katze bei dieser Aufgabe in den Schwanz beißt.)

Der Ortsvektor

\vec{r}

muss hier das gesamte Kugel-Volumen abtasten:

\vec{r} (r, θ, φ) = (\begin{array}{c} r \sin θ \cos φ \\ r \sin θ \sin φ \\ r \cos θ \end{array}); r \in [0; R]; θ \in [0, π]; φ \in [0; 2 π]

Das Volumenelement

d V

in Kugelkoordinaten kannst du dir wir folgt überlegen. Von oben kennst du das Flächenelement

d \vec{f}

. Seine Richtung zeigt nach außen und daher in genau dieselbe Richtung wie

\vec{r}

. Die Änderung

d r

in der Länge des Radius steht daher senkrecht auf dem Flächenelement

d f

. Das Volumenelement ist also

d V = d f \cdot d r = r^{2} \sin θ d r d θ d φ

. Du kannst das Voluemelement aber auch mittels der Funktionaldeterminante direkt ausrechnen:

d V = ∣ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial (r, θ, φ)} ∣ d r d θ d φ = ∣ \begin{array}{c} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial θ} & \frac{\partial x}{\partial φ} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial θ} & \frac{\partial y}{\partial φ} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial θ} & \frac{\partial z}{\partial φ} \end{array} ∣ d r d θ d φ = ∣ \begin{array}{c} \sin θ \cos φ & r \cos θ \cos φ & - r \sin θ \sin φ \\ \sin θ \sin φ & r \cos θ \sin φ & r \sin θ \cos φ \\ \cos θ & - r \sin θ & 0 \end{array} ∣ d r d θ d φ = \dots

Wenn du diese Determinante ausrechnest, bekommst du

r^{2} \sin θ

heraus. Das Volumenelement ist also:

d V = r \sin θ d r d θ d φ

Damit müsstest du nun den Fluss mit Hilfe der Divergenz berechnen können...

Chica-Rabiosa aktiv_icon

21:32 Uhr, 06.11.2016

Guten Abend,

das skurrile ist wenn man die Divergenz

d i v \vec{F}

berechnet und geeignet umformt kommt null heraus.

Und das stimmt dann mit dem ersten Ergebnis nicht überein? Was stimmt denn jetzt nun?

LG Chica-Rabiosa

DerDepp aktiv_icon

23:36 Uhr, 06.11.2016

Hossa :-)

Das habe ich versucht, in meinem Posting vom 25.06.16 zu erklären. Wenn du die Divergenz zur Berechnung verwenden möchtest, musst du nicht mehr über die Kugel-Oberfläche, sondern über das gesamte Kugel-Volumen integrieren. Das Problem dabei ist, dass in diesem Volumen auch der Ursprung des Koordinatensystems liegt, also

r = 0

werden kann. Dafür ist deine Funktion

F

aber überhaupt nicht definiert. An der Stelle

r = 0

liegt eine Singularität vor. Daher kannst du hier streng genommen, den Gauß'schen Satz nicht anwenden.

Da Physiker aber faul sind, haben sie sich eine "Krücke" ausgedacht, die sog. Dirac'sche Delta-Funktion

δ (r)

. Mit ihrer Hilfe kann man folgende Identität herleiten und mit dem Gauß'schen Satz verwenden.

div (\frac{1}{r^{3}} \vec{r}) = 4 π \cdot δ (r)

Also, ja du hast recht, dass die Divergenz deines Feldes

F

überall im Definitionsbereich von

F

gleich 0 ist. Aber am Punkt

r = 0

verschwindet die Divergenz eben nicht, und das kann durch die obige Gleichung berücksichtigt werden.

Such im Netz einfach mal nach "Dirac Delta-Funktion", da wirst du bestimmt fündig...

Chica-Rabiosa aktiv_icon

14:12 Uhr, 07.11.2016

'Wenn du die Divergenz zur Berechnung verwenden möchtest, musst du nicht mehr über die Kugel-Oberfläche, sondern über das gesamte Kugel-Volumen integrieren.'

Ja das habe ich soweit realisiert. Ich habe einiges gefunden im Internet zur Dirac'schen Delta-Funktion. Ganz verstanden habe ich das jedoch nicht.

lp.uni-goettingen.de/get/text/2079

Ist eine Herleitung gegeben, ich kann jedoch nicht ganz der Herleitung folgen.

\nabla \cdot \nabla = Δ

Könntest du mir das bitte irgendwie nochmal beleuchten

: (

?

Also wie man jetzt auf

d i v (\frac{1}{r^{3}} \cdot \vec{r}) = 4 π δ

ist?
Und wie man das

δ

integriert? Das bereitet mir Kopfschmerzen

: (

Wenn ich das weiß könnte ich die Integration durchführen.

Ich danke

\infty

sehr!

Chica-Rabiosa

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1333946

1313143

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?