Ich mach einfach mal den Thread auf.
Hab mir erst das dritte Beispiel angeschaut. Bekomme dort beim Potential einen arsinh() heraus und der löst beim Limes des Gradienten auch richtig auf also sollts nichtmal so falsch sein. Aber das „Potential normieren“ bekomm ich damit nicht wirklich hin also ka ob es nun stimmt oder nicht #-o
Tut090327.pdf (46.6 KB)
hallo, ich hab gleich mal eine frage, bei beispiel zwei muss man das integral \int_{0}^{\infty} \frac {r^2}{(r^2+1)^{5/2}}dr auswerten, das bin ich so angegangen das ich r mit sinh u substituiere (wie in der vorlesung). das führt dann auf \int_{0}^{\infty} \frac {sinh^2(u)}{cosh^4 (u)}du und das schaff ich nicht auszuwerten. ich weis zwar das wir das in der vorlesung gemacht haben aber meine mitschrift ist offensichtlich falsch und ich komm nicht drauf wies geht. könnt das wer posten?
Du bist soweit auf dem richtigen Weg und musst als nächstes partiell integrieren. sinh(u) ist die eine Funktion und
sinh(u)/cosh(u)^4 ist die andere, das ergibt dann
-\frac{1}{3}\frac{sinh(u)}{cosh(u)^{3}}| {0}^{\infty} +\frac{1}{3}\int{0}^{\infty } \frac{cosh(u)}{cosh(u)^{3}}du
der erste teil ist 0, der zweite wird gekürzt und das Integral ergibt dann 1/3tanh(u)
Kommt bei mir auch heraus - beim normierten Potenzial kann man die Arsinh Funktionen als Logarithmen über die Beziehung arsinh(x) = ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) anschreiben und in einen Logarithmus zusammenziehen. Man erhält einen Bruch, dividiert Zählen/Nenner durch L^2 und führt die Grenzwertbildung L \rightarrow \infty{} durch, welche zum Potenzial des unendlichen dünnen Stabs führt.
Das hab ich auch versucht aber das haut wegen den singulären Stellen irgendwie nicht hin (für beide ln’s vor dem zusammenfassen geht ja der Nenner gegen 0 im Limes) weil ich bekomme ein 0/0 dort hin. Glaube aber nicht dass die Formel falsch ist denn für das Elektrische Feld kommt mit dem Grenzwert das richtige raus (habe zuerst das Potential berechnet und dann mit Gradient die Feldstärke).
also fürs erste bekomme ich raus:
\ \Phi (\vec{r}) = \frac{-Q}{8\pi \varepsilon_{0} R} \frac{2\vec{r}\vec{a}+\vec{a}\vec{a}}{R^{3}}\
leider habe ich keinen Plan obs stimmt! 
Wie hast du’s gerechnet, also mit welchen Koordinaten? Egal ob kartesisch oder zylinder, mir bleibt da immer so ein dummer Term der Art \frac{1}{\sqrt{\rho^2+z^2}} - \frac{1}{\sqrt{\rho^2+(z+a)^2}} mit dem ich nix anfangen kann…
Ich habs mit kartesischen Koordinaten gererchnet. die kleine Kugel sitzt bei mir im Ursprung.
Ich hab einfach das Kugelpotential von Dienstag hergenommen, und statt [\vec{r}] hab ich [\vec{r}+\vec{a}] eingesetzt. Wenn man danach superponiert, bekommt man das ergebnis.
wie gesagt: keine ahnung ob’s passt!
Wie lautet denn das Potential? Ich komme auf \phi(r) = -\frac{\varrho_0}{6\varepsilon_0}r^2 - \frac{A}{r} + B. Wenn ich da r^2 = x^2+y^2+z^2 und für die andere Kugel (x+a)^2+y^2+z^2 einsetze und überlagere, komme ich auf \phi = -\frac{\varrho_0}{\varepsilon_0} (2ax+a^2) - A\left(\frac{1}{\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}} - \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)… und da komm ich nicht mehr weiter
Also das Potential Von Dienstag lautet
\ \Phi (r) = \frac{Q}{2R}(3 - \frac{r^{2}}{R^{2}})
Siehe auch Demtröder 2 1.17b!
Ich bin dumm… meine Integrationskonstante A = 0 und somit fällt der fragwürdige Term weg! Dann stimmt das Ergebnis mit deinem überein
Bsp 3 in Maple 11
Kein genauer Lösungsweg, aber jeweils Ansatz + Beweis dass er richtig ist
UE3-3.mw (48.4 KB)
UE3-3-html.zip (29.6 KB)
Bei mir ergibt das renormierte Potenzial
\Phi_{ren} = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \left[ arsinh\left(\frac{L-z}{R}\right), +, arsinh\left(\frac{L+z}{R}\right), -, arsinh\left(\frac{L}{a}\right),-, arsinh\left(\frac{L}{a}\right) \right]
umgeschrieben und zusammengefasst auf einen Logarithmus
\Phi_{ren} = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} ln \left[ \frac{\left(\frac{L-z}{R} + \sqrt{\left(\frac{L-z}{R}\right)^2 +1}\right)\left(\frac{L+z}{R} + \sqrt{\left(\frac{L+z}{R}\right)^2 +1}\right)}{\left(\frac{L}{a} + \sqrt{\left(\frac{L}{a}\right)^2 +1}\right)\left(\frac{L}{a} + \sqrt{\left(\frac{L}{R}\right)^2 +1}\right)}\right]
Man dividiert nun die 4 im Logarithmus geklammerten Terme durch L womit dann die inversen L Terme im Limes gegen unendlich verschwinden. Somit bleiben nur Terme mit R und a über:
\lim_{L \to \infty{}} \Phi_{ren} = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} ln \left[\frac{\left(\frac{1}{R} + \frac{1}{R}\right)\left(\frac{1}{R} + \frac{1}{R}\right)}{\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{a}\right)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{a}\right)}\right] = \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} ln \left(\frac{a^2}{R^2}\right) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0} ln \left(\frac{a}{R}\right)
Ich versteh nicht ganz wie dir die Differenz aus R_{0}^{2} und r_{0}^{2} wegfällt. Beim umrechnen der Gesamtladung Q auf die Ladungsdichte und Volumen bleiben mir beim addieren der Potentiale irgendwie beide als Differenz erhalten.
@ John Doe:
Danke, hab den Grenzwert jetzt erhalten.
Also ich bekomme beim ersten jetzt heraus:
\phi =\frac{\varrho_{0}}{2\varepsilon }\left (R_{0}^{2}-r_{0}^{2} \right )+\frac{\varrho_{0} }{6\varepsilon }(a^{2}+2ra)
\ \phi =\frac{\varrho_{0}}{2\varepsilon }\left (R_{0}^{2}-r_{0}^{2} \right ) + \frac{\varrho_{0}}{6\varepsilon } \frac{-\left (\vec{r}+2\vec{a}\vec{r}+\vec{a}^{2} \right )r_{0}+r^{2}R_{0}}{r_{0}R_{0}} \
den ersten Term haben wir mal gleich… =D>
aber wie hast du bei deinem 2. Term dir R0, r0 wegbekommen? die bleiben bei mir nämlich über…
was mir aufgefallen ist: wenn der Vektor a Null ist, dann sollte dohc das Potential Null werden, oder? das wirds nur leider nicht…
Also ich gehe von folgenden Gleichungen aus:
\phi {1}=\frac{\varrho }{2\varepsilon }R{0}^{2}-\frac{\varrho }{6\varepsilon }r^{2}
\phi {2}=\frac{-\varrho }{2\varepsilon }r{0}^{2}+\frac{\varrho }{6\varepsilon }\left |\vec{r}+\vec{a} \right |^{2}
Das sind einfach die Formeln für das Potential im jeweiligen Kugelinneren auf die Ladungsdichte umgeschrieben, wobei r der variable Vektor ist.
Diese 2 Gleichungen addiere ich unter verwendung von:
\left |\vec{r} +\vec{a}\right |^{2}=r^{2}+a^{2}+2ar
und dann komme ich eigentlich auf meine Lösung.
und wegen dem Potential = 0 weiß ich auch nicht genau aber ich glaub eigentlich nicht dass es 0 werden muss. Immerhin sitzen nicht beide Kugeln im Ursprung sondern sind verschoben, darum muss ja von der äusseren Kugel das Potential auf das innere der kleinen Kugel wirken, auch wenn man sich im Mittelpunkt der kleinen Kugel befindet. Aber ist nur eine Vermutung, keine Garantie darauf.
Ok. nun haben wir endlich dasselbe ergebnis (nur ein minus hab ich zwischen beiden termen…)
Das mit dem Potential: wenn der vektor a=0 ist, dann ist daas bsp aber eine normale hohlkugel, in der das potential null sein sollte. Vielleicht fehlt irgendwo eine Normierungskonstante, aber das ist glaub ich egal…
Ich hab grad noch etwas verändert, nämlich den Betrag beim Phi-2. Da muss man ja einen variablen Radius innerhalb der Kugel angeben und ich hatte dort aber den vom Mittelpunkt der großen Kugel. Einzige Änderung ist dabei dass ich durch die Vektoraddition jetzt
\left |\vec{r} -\vec{a}\right |
stehen habe. Dadurch im Endergebnis vor dem 2ar auch kein + sondern ein -
Naja wenn a=0 ist dann existiert die Kugel ja immer noch, nur halt im Zentrum und wir hätten ein konstantes Potential wie in einer geladenen Hohlkugel.
Das ganze wird viel einfacher wenn man es nicht, wie in der Vorlesung, vom Potential aus macht sondern von der Divergenz.
Mit vollkommen gleicher Vorgehensweise komme ich auf einen Bruch
\frac{\sinh \zeta }{\cosh ^{3}\zeta }
Welcher sich mit der Substitution \xi =\cosh \zeta ganz simpel integrieren und auswerten lässt. Ergebniss ist natürlich genau das gleiche wie in der Vorlesung (nur mit einem positiven Vorzeichen da wir ja nicht den negativen Gradienten gebildet haben)