ad d) stimmt schon, wenn du einfach die Divergenz des Ausdrucks für E bildest, ist diese 0 (das passt, weil der Bereich ja quellenfrei ist)
auf ganz R ohne den Punkt (0,0,a), wo die Punktladung sitzt (dort wird der Nenner unendlich).
Für dem Bereich in der Nähe der Punktladung könnte man sich an die Vorgehensweise im Skriptum halten,
wo die erste Maxwell-Gl. hergeleitet wird. Mit dem Satz von Gauß komme ich ja zu dem Ausdruck
div \vec{E} = k_1 4 \pi \rho (\vec{r})
Ich hab leider keine Ahnung, was ich mit den 4pi machen soll.
Zusätzliche DiskussionsteilnehmerInnen sind herzlich willkommen
Ich vermute die 4pi sind das übliche Problem.
nämlich: Es heißt immer wir lernen nur noch das SI system, aber die theoretiker verwenden weiterhin das cgs system in den vorlesungen.
e) \phi (r,\Theta ,\varphi ) = \frac{k_1 q}{\sqrt{r^2-2ar\cos \Theta +a^2}}
f) \vec{E} = \frac{k_1 q}{(r^2-2ar\cos \Theta +a^2)^{3/2}}\left [ (r-a\cos \Theta) \vec{e_r} + a \sin \theta \vec{e_\varphi } \right ]
Mit Hilfe der Koordinatentransformation, die im Plenum gezeigt wurde, kann man - unter großem Rechenaufwand - den Ausdruck für E in kartesischen Koordinaten auf Kugelkoordinaten transformieren. Für den Radialanteil stimmt es, weiter habe ich noch nicht gerechnet.
Weiß jemand einen einfacheren Weg, das Ergebnis zu überprüfen?
Hat jemand eine Ahnung, wie die allgemeine Lösung bei 1.2 c.) ausschauen könnt, wenn man die Eigenschaft mit der Rotation kennt. Ich habe keinen Schimmer, wie man da auf das Vektorpotenzial A rückschließen kann.
Auch mithilfe der Delta-Funktion in Kugelkoordinaten kommt man zu diesem Ergebnis.
Siehe Methoden-Skriptum Seite 217: \delta^3(\vec x -\vec x^')=\frac{1}{4 \pi r^2} \delta(r)
\vec E = \frac{q k_1}{r^2} \vec e_r wobei \vec e_r = \begin{pmatrix}
sin \theta cos \phi\
sin \theta sin \phi\
cos \theta
\end{pmatrix}
Meine Ergebnisse beruhen darauf, dass ich
x = r sin \theta \cos \phi
y = r sin \theta sin \phi
z=r cos \theta + a
gewählt habe.
Ist meines Erachtens auch sinnvoll, da ich hiermit die Kugelsymmetrie ausnutze.
Setzt man in \vec E die Kartesischen Koordinaten wieder ein, so zeigt sich das Ergebnis von 1.3 c.
Ich denke, dass hat etwas mit den Maxwell’schen Gleichungen zu tun. In den Präsentationsunterlagen zur Vorlesung findet man homogene und inhomogene Maxwell Gleichungen. Wenn man sich das ansieht merkt man, dass wir uns in den Übungen mit den homogenen Gleichungen beschäftigt haben. Für eine allgemeine Lösung benötigt man zum homogenen Teil auch eine Partikulärlösung. Ich glaube mit den inhomogenen Maxwell Gleichungen findet man einen partikulären Anteil.
Du hast - sinnvollerweise - den Ursprung der Kugelkoordinaten gleich der Position der Punktladung gesetzt.
Widerspricht das nicht der Angabe („die üblichen Kugelkoordinaten um den Ursprung“)?
Ich dachte, sie wollen es uns schwerer machen, indem der Ursprung des Kugelkoordinatensystems in (0,0,0) liegt,
aber rechentechnisch ist das natürlich sehr ungeschickt. Vielleicht haben sie aber auch das gemeint, was du gemacht hast.
Ich denke sie wollen, dass wir (falls das möglich ist) die Rechnungen vereinfachen und dann in die Vektorschreibweise zurückführen. (vgl. 1ten Beitrag)
Hey ich habe eine Möglichkeit gefunden wie man zeigt, dass das Ergebnis des E-Feldes in Kugelkoordinaten das selbe ist wie in Kartesischen :
Man kann die Einheitsvektoren \vec e_r und \vec e_\vartheta ja als Linearkombination von \vec e_1, \vec e_2 und \vec e_3 darstellen:
\vec e_r = sin \vartheta cos\varphi \begin{pmatrix}
1\
0\
0
\end{pmatrix} + sin\vartheta sin \varphi \begin{pmatrix}
0\
1\
0
\end{pmatrix} - cos \vartheta \begin{pmatrix}
0\
0\
1
\end{pmatrix}
\vec e_\vartheta = cos \vartheta cos\varphi \begin{pmatrix}
1\
0\
0
\end{pmatrix} + cos\vartheta sin \varphi \begin{pmatrix}
0\
1\
0
\end{pmatrix} - sin \vartheta \begin{pmatrix}
0\
0\
1
\end{pmatrix}
Setzt man das für \vec e_r und \vec e_\vartheta ein kommt man dann auf die Form:
\begin{pmatrix}
r sin \vartheta cos \varphi\
r sin \vartheta sin \varphi\
r cos \vartheta - a
\end{pmatrix}
was ja das selbe ist wie
\begin{pmatrix}
x\
y\
z - a
\end{pmatrix}
Nun muss man nur noch den Wurzelausdruck in Kartesische Koordinaten umwandeln. Fertig .
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