Damit keiner glaubt, daß mit dem Test eDyn schon vorbei ist:
http://higgs.itp.tuwien.ac.at/~edyn/ue11.pdf
Eine gute Gelegenheit, um sich dringend benötigte Punkte zu holen.
Und ich hätt scho glaubt, ich bin der einzige, der es nicht vergessen hat ^^
Also: Wer rechnet? Das Dielektrikum kann man nach dem Test ja hoffentlich aus dem Stehgreif.
Wenn nicht, die beiden durchgerechneten Testbeispiele aus den Vorjahren bieten einen guten (wenn auch leicht bemängelten) Ansatz.
Das glaubst auch nur Du, daß man das aus dem Stegreif kann. Beim Test waren ja weder Legendrepolynome noch ähnlicher Schnickschnack nötig, da war das ganze Beispiel in 3 Zeilen lösbar. Hier ist das Problem aber leider nicht symmetrisch, weshalb man den ganzen Zinnober machen muß.
Beispiel 3 steht übrigens im Skriptum auf Seite 187.
Ich glaub ich hab das Bsp 1 noch nicht ganz verstanden.
Innenraum:
Hohlkugel → im inneren Feld null
Dielektrikum drinnen => Feld immer noch null
Aussenraum: Felder einer äquvivalenten Punktladung
Das Bsp. ist ja bloß ein Witz oder hab ich was falsch verstanden?
mfg Philipp
Das hab ich mir auch schon gedacht.
Das Feld im Inneren ist ja radialsymmetrisch (da konstant, 0 = const.), womit das Feld im Dielektrikum \frac{0}{\epsilon} = 0 ist.
Ich vermute einen Angabefehler.
D.h., daß im Endeffekt nur das Beispiel 32 einen Aufwand bedeutet.
Beispiel 31 hab ich jetzt genauso wie Philipp.
Beispiel 33:
→ Skript Seite 187
\vec{M} = \frac{\mu - 1}{\mu + 2} \cdot \frac{3}{4 \pi} \vec{B_0}
\vec{B} = \vec{B_0} + \frac{8 \pi}{3} \vec{M} = 2 B_0 \frac{\mu - 1}{\mu + 2} e^i_z
Bei Beispiel 32 versteh ich den Witz nicht ganz.
kann man sagen \phi innner kleinen kugel = \Sigma A {l}\ast r ^{l}P{l}
und \phi bei a<r<3a = \Sigma B {l}\ast r ^{l}\ast P{l}
bei r \geq 3a ,\phi= \Sigma C {l}\ast r ^{l}\ast P{l} + \Sigma D {l}\ast r^{l}\ast P{l} und A,B,C,D durch die rand und asymptotische bedingungen bestimmen ?
Was soll das bringen?
\vec{E_I} = \vec{0}
\vec{E_A} = \frac{Q}{r^2} \vec{e_r}
danke für die bemerkung!
Ist halt zugegebenermaßen ned sehr sinnvoll …
Hat wer eine Idee fürs 32er?
Ich werd mich vermutlich morgen Vormittag auf der Uni drauf stürzen …
hät mir gedacht einfach in die formeln einsetzen (also beim a in die für die 4 er strom dichte … ruhe ladung einsetzen → usw ) … punkt b ist eh der ganze weg beschrieben …
kommt mir halt überall unendlich aus … hoffe das passt trotzdem …
Hm …
Das \infty stört mich halt etwas, außerdem wär die ganze Übung ja dann null Aufwand …
ja also ich bin definitiv auch dafür dass das feld in der hohlkugel und somit auch im dielektrikum 0 ist und außen halt das feld einer punktladung. die sache is halt: wennst jetzt in da übung vorrechnen sollt, einfach ergebnis an die tafel schreiben is auch ned besonders cool oder? es muss ja rein rechnerisch auch rauskommen, werd das morgen mal probieren… 
Warum? Beim Test war Rechnen ja auch nicht nötig, da hat man auch einfach mit der Radialsymmetrie argumentiert.
Zu 32: Ich denke, da habt ihr die Formel aus dem Skriptum missverstanden - die Ladungs_DICHTE_ einer bewegten Ladung ändert sich wegen der Längenkontraktion, die Gesamtladung ist lorentzinvariant. Man kann ja auch einfach den Viererstrom einer ruhenden Punktladung im Ursprung anschauen und den rückwärtslorentztransformieren j^\mu(\vec x) = (e,0,0,0) \delta^{(3)}(\vec x) \Rightarrow j\prime^\mu = \Lambda^\mu_\nu j^\nu \Rightarrow j\prime^\mu = (\gamma, \beta\gamma, 0,0)e\delta^{(3)}(\vec x)
Das \delta^{(3)}(\vec x) muss man aber wohl noch ins bewegte System transformieren, das gibt dann sowas wie \delta(\frac 1 \gamma x\prime - vt\prime) \delta(y\prime) \delta(z\prime) und daher einen Faktor \frac 1 \gamma, also wohl insgesamt sowas wie j\prime^\mu = (1, \beta, 0,0)e\delta^{(3)}(\vec x\prime - \vec v t\prime).
Der Grenzwert davon wär dann wohl lichtartig.
Für den Feldstärketensor darf euch IMO auch nicht überall unendlich rauskommen, Zumindest E_x sollte ja im transformierten Feldstärketensor gleich bleiben.
bist du dir sicher dass du die ladungsdichte noch transformieren musst?
im edyn skriptum steht in der Formel eindeutig die RUHEladungsdichte
j=rhoRuhegamma(c,v)
Ad Bsp 31: Okay, das mit Feld im Innenraum = 0 ist gut und schön, ABER:
Begründet wird Dinnen = 0 mit div Dinnen = 0
Dinnen = 0 ist nat. eine Lösung von div Dinnen = 0
Allgemein muss man jedoch Dinnen = Konstante setzen!! - Im reinen Vakuum war es wurscht was Innen ist, solange keine Ladung Innen ist. Sprich, ich kann oBdA die Konstante 0 setzen. Jetzt haben wir aber ein Dielektrikum Innen → Feld im Inneren ist nicht überall gleich.
Ich glaube, da muss man dann noch die dielektr. Kugel im Homogenfeld dazurechnen → siehe Skriptum (ist auch eine Abschreibübung, wenn man die Koordinaten so legt, dass die dielektr. Kugel im Ursprung liegt)
Ad Bsp 32: Intuitiv würd ich sagen, dass es nicht sein kann, wenn sich eine Ladung mit Lichtgeschw. bewegt, dass ein unendlich großes Feld rauskommt. Und ich bin mir ziemlich sicher, dass man die Koordinten im Delta transformieren muss. → und so würde dann auch nicht Unendlich rauskommen.
Soweit meine Gedanken. Wer weiß, vielleicht beginn ich doch noch mit den Edyn-Bsp für diese Woche
glaub ich nicht …
das potential ist eine konstante… aber nicht d …
wenn ich zuerst wieder das problem ohne dielektrikum betrachte kann ich das d anschreiben als D(r)*er … über die MW glg in Integralform kommt dann raus dass D(r)= 0 ist ( da keine Eingeschlossene Ladung im Innenraum )
→ kein feld im innenraum → nichts worauf ein dielektrikum reagieren könnte … → keine auswirkung wenn wir eins einfüllen
lg
Nein, begründet wird mit D = -grad \Phi
Da \Phi = const. muß D = 0 sein.
D könnte aber prinzipiell an der Oberfläche des Dielektrikums einen Rotor haben, also seh’ ich keinen Grund, dass du ein Potential dafür annehmen darfst.