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Klausurlerner
Gast
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 Klausurlerner Verfasst am: 25. Jan 2015 12:15 Titel: Umgang mit der Delta-Distribution |
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Gegeben seien 2 Kreisringe im Abstand 2a voneinander (parallel zur x-y-Ebene bei z =  a) mit Radius R und homog. Ladungsverteilung q1 bzw. q2.
Die Aufgabe ist es das Potential der Anordnung in Multipolentwicklung zu berechnen. Wie das geht verstehe ich. Ich habe nur ein Verständnisproblem bei kleinen technischen Details. Z. B. bei der Angabe der Ladungsdichte für diese Anordnung. Diese ist in Zylinderkoordinaten:
 = \frac{q_1}{2 \pi R} \delta(r-R) \delta(z-a) + \frac{q_2}{2 \pi R} \delta(r-R) \delta(z+a))
Siehe z. B. hp.physnet.uni-hamburg.de/pfannkuche/E-Dynamik_03/vorlesungen/vorlesung12.pdf
(Seite 2)
Ich verstehe das nur bedingt.
Also zunächst mal ist mir klar, dass eine Punktladung  am Ort r' sich beschreiben lässt mittels: ) _______________(1)
In Zylinderkoordinaten ) wird die Delta-Distribution nun  = \frac{1}{r'} \delta(r - r') \delta(\phi - \phi') \delta(z-z'))
Dann würde ich sagen der Winkelanteil fällt weg weil keine Winkelabhängigkeit besteht. Also:
 = \frac{1}{r'} \delta(r - r') \delta(z-z'))
Bzw. mit den konkreten Variablen R und a:
 = \frac{1}{R} \delta(r - R) \delta(z-a)) (für den einen Kreisring, die Addition mit dem anderen ist ja klar)_______________(2)
Damit habe ich es ja fast. Ich verstehe jetzt nur nicht woher der Faktor  kommt. Muss man (2) nicht einfach in (1) einsetzen?  |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18110
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| TomS Verfasst am: 25. Jan 2015 12:51 Titel: |
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Wenn du über deine Ladungsverteilung integrierst, muss die Gesamtladung Q herauskommen. Wenn du Zylinderkoordinaten nutzt, dann ergibt das Winkelintegral über phi eine konstanten Term 2 pi R. Dem muss man mittels des Nenners Rechnung tragen.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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schnudl
Moderator
Anmeldungsdatum: 15.11.2005
Beiträge: 6979
Wohnort: Wien
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| schnudl Verfasst am: 25. Jan 2015 12:58 Titel: |
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Also muss gelten:
 \dd V = \int_{r '}\int_{\varphi'} \int {z'} \frac{1}{r'} \delta(r - r') \delta(\phi - \phi') \delta(z-z') \dd r '\dd \varphi' \dd z' = 1)
Bei einem radialsymmetrischen Fall kann man über den Winkel integrieren:
 \delta(\phi - \phi') \delta(z-z') \dd r '\dd \dd z' = 1)
Also muss
 = 2 \pi \cdot \delta(r - r') \delta(z-z'))
OK, Tom war schneller 
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Wenn du eine weise Antwort verlangst, musst du vernünftig fragen (Goethe) |
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Klausurlerner
Gast
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| Klausurlerner Verfasst am: 25. Jan 2015 16:45 Titel: |
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Ich verstehe zwar das Prinzip worauf es hinausläuft, aber die Rechnung kann ich nicht mehr nachvollziehen. Woher kommt jetzt genau das 2 Pi R? Der Ausdruck:
 \, \dd \phi)
ergibt doch 1.
Irgendwie stehe ich auf dem Schlauch, obwohl es ganz offensichtlich sein muss.  |
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Jayk
Anmeldungsdatum: 22.08.2008
Beiträge: 1450
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| Jayk Verfasst am: 25. Jan 2015 17:21 Titel: |
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Was ist denn das Volumenelement in Zylinderkoordinaten?  |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18110
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| TomS Verfasst am: 25. Jan 2015 17:33 Titel: |
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| Klausurlerner hat Folgendes geschrieben: | Ich verstehe zwar das Prinzip worauf es hinausläuft, aber die Rechnung kann ich nicht mehr nachvollziehen. Woher kommt jetzt genau das 2 Pi R? Der Ausdruck:
ergibt doch 1. |
Ja.
Aber du hast eine Leiterschleife. Und demnach hast du in deiner Ladungsverteilung überhaupt keine Deltafunktion in phi; hast du oben auch korrekt hingeschrieben. Du integrierst deine Ladungsverteilung aber über phi, und das ergibt einfach 2 pi R, nämlich die Länge des Kreises, entlang dessen du integrierst. Im Endergebnis muss sich dieser Faktor aber herauskürzen.
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Klausurlerner
Gast
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| Klausurlerner Verfasst am: 25. Jan 2015 17:34 Titel: |
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Na ja, in Zylinderkoordinaten ) ist das Volumenelement 
Das heißt, wenn ich meine Deltafunktion in Zylinderkoordinaten habe:
 = \frac{1}{\rho} \delta(\rho - \rho_0) \delta(\phi - \phi_0) \delta(z-z_0))
Und nun integriere:
 \, \dd V)
kriege ich
 \delta(\phi - \phi_0) \delta(z-z_0) \, \rho d\rho d\phi dz)
Und das ist schlicht und ergreifend = 1. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18110
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| TomS Verfasst am: 25. Jan 2015 17:39 Titel: |
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Ja.
Aber in deiner Aufgabenstellung ist eine andere Ladungsverteilung ohne Deltafunktion in phi gegeben.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Klausurlerner
Gast
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| Klausurlerner Verfasst am: 25. Jan 2015 17:54 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Klausurlerner hat Folgendes geschrieben: | Ich verstehe zwar das Prinzip worauf es hinausläuft, aber die Rechnung kann ich nicht mehr nachvollziehen. Woher kommt jetzt genau das 2 Pi R? Der Ausdruck:
ergibt doch 1. |
Ja.
Aber du hast eine Leiterschleife. Und demnach hast du in deiner Ladungsverteilung überhaupt keine Deltafunktion in phi; hast du oben auch korrekt hingeschrieben. Du integrierst deine Ladungsverteilung aber über phi, und das ergibt einfach 2 pi R, nämlich die Länge des Kreises, entlang dessen du integrierst. Im Endergebnis muss sich dieser Faktor aber herauskürzen. |
Ahhhhhh, okay. Das hier hat mich da etwas durcheinandergebracht, weil schnudln da nochmal den Phi-Anteil im Integral mitgeschrieben hat.
| Zitat: | |
Natürlich macht es Sinn wenn man den Phi-Anteil in der Delta-Distribution weglässt dass dann nochmal der Faktor 2 Pi rausspringt. Mei oh mei. 
Danke an alle nochmal. So kann man sich auch an Sachen aufhalten, die man im Prinzip ja kann. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18110
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| TomS Verfasst am: 25. Jan 2015 18:09 Titel: |
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Gegeben ist eine Ladungsverteilung der Form
 = q \, f(r,\phi,z) \,\delta(r-R) \, \delta(z-a))
Für die Gesamtladung q muss gelten
 = \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^\infty dr \, r \int_{-\infty}^{+\infty} dz\, q \, f(r,\phi,z)\,\delta(r-R) \, \delta(z-a))
(grundsätzlich muss ein derartiges Integral für beliebige Testfunktionen berechnet werden; ich motiviere das hier für deine Ladungsverteilung, aber das ist nicht allgemeingültig)
f kann dabei prinzipiell eine Funktion von allen drei Argumenten sein. Aufgrund der Symmetrie des Problems wird sie aber nicht von phi und nicht von z abhängen, sondern nur von r. Wir erhalten
\,\delta(r-R) \int_{-\infty}^{+\infty} dz\, \delta(z-a))
Die z- und r-Integrale ergeben einfach
)
In phi existiert keine Deltafunktion, da ja nicht ein Punkt sondern die gesamte Schleife gegeben ist. Das Integral liefert also 2 pi. Der Faktor R stammt von der r-Integration (Flächenelement mit dr r); alternativ kannst du das auch als Länge des Kreises mit Radius R interpretieren.
Damit folgt
)
Und daraus kannst du die Funktion f(r) bestimmen:
 = \frac{1}{2\pi r})
Die Funktion f(r) folgt also aus einer Art Normierungsbedingung.
EDIT: OK, jetzt hast du's auch; prima.
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