angabe:
a08.pdf (30 KB)
da is bsp 22 ihr noobs!
22 ist auch online auf FB.
Bei den anderen komm ich nicht so recht voran. 22 war straightforward.
achso, hab kein fb, da is noch bsp 25a, im letzten integral gehört ds(wegintegral)
23a+b ist ganz ok (falls ich es richtig gemacht habe 
), viel integrieren und einsetzten. Man nimmt den Ansatz für V(x^m), den wir am 23.5. in der VO hergeleitet haben und berechnet die roh_lm (über die Formel aus der VO), dazu braucht man die Y_lm (und dazu die P_l vom Bsp.21) und das roh(x^m) (mit der gegebenen Ladungsverteilung sigma(theta) aufstellen).
(Hoffe der Ansatz am Foto ist lesbar, hab versucht auch den Rest ab zu photographieren, aber dann kann man die Indizes nicht mehr lesen…vllt. kann ich das ganze morgen einscannen)
Hat jemand eine Idee zum Bsp. 24??
Meine Idee zu Beispiel 24 ist das winkelabhängige \sigma in eine Fourier Reihe zu entwickeln und dann die Koeffizienten zu vergleichen! Bin allerdings noch nicht dazugekommen. Hat wer eine Idee zu 25b?
Hier Bsp 23a ganz, b funktioniert analog:
Bsp 23a 3.pdf (40.9 KB)
Bsp 23a 2.pdf (62.4 KB)
Bsp 23a 1.pdf (56.9 KB)
Und hier nochmal Bsp 22.
Und eine Frage zu Bsp 25a: bei wenn E(r)=-\frac{c}{r} ist doch \sigma=\sigma(r)=-\frac{c}{r}\cdot\epsilon_0 oder? Wieso ist die Ladungsverteilung r-abhängig? Müsste die nicht eine Winkelabhängigkeit haben?
Bsp 22 1.pdf (74 KB)
Bsp 22 2.pdf (110 KB)
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ich habs bsp 23 nach pollack buch gerechnet. Ich weiß nicht wie ich von hier weiter machen soll. Einfach ausrechnen wie obigbe kollege es gemacht hat oder irgentwie allgemien aurrechen die ak?
Hey, ich habs auch so gerechnet. Ich hab mir jetzt die Ladungsdichte mit Hilfe der Legendre-Polynome ausgedrückt, also für a) hab ich P_2 der Legendre-Polynome auf (cos(\theta))^2 umgeformt, dann kriege ich \sigma=\sigma_0*((2P_2+1)/3)=\sigma_0*(2P_2/3+P_0/3)
Das heißt, ich habe im Endeffekt ein ein a_0 und ein a_2, wenn ich eimal das innere Produkt mit P_0 und einmal mit P_2 bilde, wobei natürlich jeweils einer der Terme dann wegfällt. Für b) hab ichs analog gemacht, indem ich erst den (sin(\theta))^2 mit 1-(cos(\theta))^2 ersetzt hab. Dann kommt man im Endeffekt auf \sigma=\sigma_0*(-2P_2/3+2P_0/3)
Hoffe, das hilft dir 
Zum 23er:
Durch überlegungen über das verhalten von V(x1,x2,x3) für r->0 oder unendlich schließt man auf die dir Form des Potentials, mit einer Fallunterscheidung für innen und außen.
V_i = (2l+1)A_lr^l*P_l
V_a = (2l+1)B_lr^-(l+1)*P_l
durch die stetigkeit bei r=R kann man B_l durch A_l ausdrücken.
und mit o(theta) = -e_0*(dV_a/dr - dV_i/dr) und Koeffizientenvergleich folgt dann A_l und B_l. So gehts meiner Meinung nach schneller und ich verstehs auch.
@entewurzel:
wie kommt man auf den ausdruck für V bei dir ganz am Anfang? Ich versteh schon, daß das so stimmt im Fall einer Hohlkugel, aber wie sieht das allgemein aus?
Danke
zu 25b,
offenbar gilt:
V = -C*phi … eine Funktion die offenbar nicht Stetig im R^2 sein kann, weil man auf der positiven x Achse probleme kriegt. das potential löst aber schon einmal die laplacegleichung für einen Ladungsfreien bereich. ich würde also meinen, daß wenn ich zwei sternförmig vom 0 Punkt ausgehenden leiterebenen parallel zur z-Achse habe, mein Koordinatensystem oBdA so lege, daß die erste auf der x Achse liegt und die 2te im winkel alpha, und die beiden auf V=0 bzw V=V_1 halte, dann löse ich die laplacegleichung mit eben diesen Randbedingungen… wie seht ihr das?
Und der Winkel ist belibig?
nessie: VIELEN DANK, habs beispiel fertig.
Das ist doch schon die allgemeine Lösung, die der Balasin in der Vorlesung hergeleitet hat, oder?
Hier Bsp. 24, kann aber sein dass sich ein paar Fehler eingeschlichen haben oder es eine einfachere Variante gibt. Hat das vllt noch jemand gerechnet? Ich hab mehr oder weniger das gemacht, was im Plenum am 14.5. gemacht wurde…
wenn ich 25b richtig interpretiere, resultiert mir aus dem potential folgendes E-Feld:
\vec{E}(\vec{r}) = -C * \vec{e_\phi}
womit ich dann um den ursprung konzentrische feldlinien hätte (jedoch, dem kleinen „problemchen“ an der +x-achse wegen, keine geschlossenen feldlinien)
damit würden sich für mich für ladungsverteilung folgendes bild ergeben: die xy-eben (y>0, x>0) ist auf ober- und unterseite gegengleich geladen.
wie absurd würde das für euch klingen?
Das E Feld sollte noch einen Faktor 1/r haben wegen dem Vorfaktor vom Gradienten! Ich denke auch man bekommt 2 Leiterplatten in einem beliebigen Winkel gegeneinander, das potential ist dann nur gültig zwischen den Platten! Auf den Platten hat es dann je nach Winkel den Wert V_{0}= -C\phi Allerdings finde ich es seltsam das das E Feld dann mit 1/r abnimmt!
stimmt - den faktor 1/r habe ich vergessen.
nimmt man ihn hinzu, verchwindet er doch eh, wenn der richtungsvektor phi normiert wird… damit hab ich dann keine r-abhängigkeit mehr… oder täusche ich mich?