Hey, Danke Sumpe, du hast nicht zufällig ne Zeichnung dazu!?
Also zur Problemstellung!? Ist die scheibenförmige Ausnehmung die Kreisscheibe!? Oder sind das zwei verschiedene Sachen weil da ja steht die KReisscheibe ist durch dünne Isolierung von der Leiterplatte getrennt…
also ich hab mir das so vorgesttellt das in der ausnehmung mit radius a eine kreisscheibe mit radius kleiner a ist, aber halt nur deswegen kleiner a weil sie halt noch mit einer dünnen isolierungsschicht umgeben ist
hat wer 4.3 würd mich auch schon über a freuen
Ich arbeite dran, bislang kann ich nur 2 und 1 bestätigen. ich hab die gleichen rechnungen quasi
Hmm… Ich habe 4.2 anders durchgerechnet. Bei mir kommt de Parameter a in die Lösung rein, weiß aber auch nicht, ob sie stimmt. Seltsam ist bei mir halt, dass der zweite Teil der Lösung (grün hinterlegt) im Zähler ein z stehen hat. Intuitiv gehört das da nicht hin. 
so, bitte 3.Bsp
32l.pdf (83.2 KB)
Hm, ich glaube, dass du richtig liegst mit deinem Ansatz. Hab deine Rechnung nur kurz überflogen.
Es sollte wohl eine a-Abhängigkeit ins Potential kommen, denk ich.
Allerdings kann deine Lösung nicht stimmen, für z = 0 muss V rauskommen.
Hm, ich glaube, dass du richtig liegst mit deinem Ansatz. Hab deine Rechnung nur kurz überflogen.
Es sollte wohl eine a-Abhängigkeit ins Potential kommen, denk ich.
Allerdings kann deine Lösung nicht stimmen, für z = 0 muss V rauskommen.
Edit: Wenn ich so nachdenke:
Über welche geschlossene Fläche integrierst du eigentlich? Der Rand unseres Volumens ist ja eigentlich die x-y-Ebene und die ist ja keine geschlossene Fläche…
Hm ich glaub eher die andere Lösung ohne dem a stimmt …
Danke für die Antwort! 
Ich integriere über den oberen Halbraum. Aufgrund natürlicher Randbedingungen bleibt mir beim Integral über den Rand des oberen Halbraumes (der im unendlichen geschlossen ist) nur die x-y-Ebene übrig, wobei Großphi nur auf dem Kreisring ungleich null ist. Das Integral über den Rand verkommt dann zu einem Integral über den Kreisring a.
Aber du hast Recht, meine Lösung stimmt so definitiv nicht (weil für z=0 nicht die gegebene Bedingung rauskommt)…
hier also wieder eine lösung, die von a abhängt.
ich habe oben einen rechenfehler gemacht, das hier ist korrekter. der ansatz ist der gleiche geblieben. ob diese version jetzt stimmt, weiß ich nicht. mir erscheint sie (im moment zumindest) logisch.
lg
didi
Kann mir vielleicht jemand kurz auf die Sprünge helfen? Es geht um das Integral beim Beispiel 4.2 über die Kreisfläche:
Warum setzt ihr bei der Integration des Gradienten der Greenschen Funktion x=y=0 und z’=0? Gehe ich vom Nullpunkt des Kreises aus und wähle deshalb die Zahlen so? oder hat es mit der Richtung des Normalvektors auf die Fläche zu tun?
wenn der ursprung im kreismittelpunkt liegt, dann ist die Ladung bei x’=y’=0, z’=d
das potential wird nachher nur an der z-achse betrachtet, also wird Phi(0,0,z) genauer untersucht
Okay danke! Ich war mir nicht sicher ob es darum ging dass man das Potential nur in Abhängigkeit von z untersucht oder ob man bei der Greenschen Funktion etwas bestimmtes beachten muss.