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juliet4815
Anmeldungsdatum: 31.01.2022
Beiträge: 26
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 juliet4815 Verfasst am: 09. Feb 2022 22:25 Titel: Rotation eines Kraftfeldes, konservativ |
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Meine Frage:
Gegeben ist die Kraft:
/ (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{3/ 2} \beta \neq 0 )
Bestimmen Sie, ob die Kraft konservativ ist, wenn möglich, ihr Potential.
Meine Ideen:
Man hat zuvor schon ein anderes Kraftfeld prüfen sollen, ob es konservativ ist und dabei habe ich verwendet, dass die Rotation von F Null sein muss.
Nun habe ich jedoch Schwierigkeiten damit, die einzelnen Komponenten richtig zu trennen, also dass ich beispielsweise 
habe.
Ich habe versucht, ein bisschen umzuformen und komme dann auf
* \sqrt{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{-3} } )
oder eben ohne die Wurzel und stattdessen der Bruch im Exponenten, wenn das eher hilft.
Leider stehe ich gerade etwas auf dem Schlauch, wie ich nun weitermachen kann oder wie man partiell ableitet, obwohl man die Klammer hat ...
Schon einmal viele Dank für die Hilfe  |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5873
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| Myon Verfasst am: 10. Feb 2022 10:38 Titel: |
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| juliet4815 hat Folgendes geschrieben: | | Nun habe ich jedoch Schwierigkeiten damit, die einzelnen Komponenten richtig zu trennen, also dass ich beispielsweise habe. |
Die z-Komponente des Kraftfelds wäre einfach
^\frac{3}{2}})
Und wie man einen Bruch ableitet und die Kettenregel anwendet, ist Dir wahrscheinlich bekannt? Hier z.B. ergäbe sich
^\frac{5}{2}}) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18078
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| TomS Verfasst am: 10. Feb 2022 11:32 Titel: |
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Es lohnt sich, die Rechenregeln für den Nabla-Operator zu kennen; hier insbs.
 = f \, (\nabla \times r) + (\nabla f) \times r)
F steht für die Kraft, r für den Ortsvektor, f für eine skalare Funktion des Betrags |r|.
Damit ist es ausreichend, sich zu überlegen, was für
und
folgt.
_________________
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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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5873
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| Myon Verfasst am: 10. Feb 2022 13:03 Titel: |
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@TomS: Danke! Das ist natürlich schön, auch wenn ich es zuerst nachvollziehen musste. Es lohnte sich wirklich, diese Regeln im Kopf zu haben, wenigstens die wichtigsten... |
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juliet4815
Anmeldungsdatum: 31.01.2022
Beiträge: 26
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| juliet4815 Verfasst am: 10. Feb 2022 14:30 Titel: |
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Schon einmal danke euch beiden, ich habe es jetzt erstmal über den gewohnten Weg probiert und komme darauf, dass das Kraftfeld konservativ ist. Jetzt versuche ich noch, das Potential zu berechnen.
Bei den genannten Rechenregeln, was genau versteht man denn unter einer skalaren Funktion des Betrags? Oder wie sähe sowas denn in diesem Beispiel aus?
Zuletzt bearbeitet von juliet4815 am 10. Feb 2022 14:47, insgesamt einmal bearbeitet |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5873
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| Myon Verfasst am: 10. Feb 2022 14:47 Titel: |
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Ich hoff, ich erzähl' jetzt keinen Käse, aber f wäre hier wohl der Faktor mit dem Nenner, also
=\frac{1}{|r|^3}=\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}) |
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juliet4815
Anmeldungsdatum: 31.01.2022
Beiträge: 26
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| juliet4815 Verfasst am: 10. Feb 2022 14:50 Titel: |
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[quote="Myon"]Ich hoff, ich erzähl' jetzt keinen Käse, aber f wäre hier wohl der Faktor mit dem Nenner, also
[latex]f: \mathbb{R}\backslash \{0\}\to \mathbb{R}, \quad f(|r|)=\frac{1}{|r|^3}=\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}}[/latex][/quote]
Oh ok, vielen Dank, das schaue ich sonst nochmal nach, das haben wir irgendwie noch nie so besprochen (oder ich habe es verdrängt ...), aber ich glaube, da liegt mir die erste Variante doch etwas besser. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18078
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| TomS Verfasst am: 10. Feb 2022 14:58 Titel: |
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| juliet4815 hat Folgendes geschrieben: | | Bei den genannten Rechenregeln, was genau versteht man denn unter einer skalaren Funktion des Betrags? Oder wie sähe sowas denn in diesem Beispiel aus? |
)
 = |r|, \frac{1}{|r|}, \frac{1}{|r|^3}, \frac{e^{-\mu|r|}}{|r|}, \ldots )
Der Punkt ist, dass die genaue Form der Funktion f egal ist; wichtig ist nur, dass es ausschließlich eine Funktion des Betrages und nicht einzelner Koordinaten ist.
Zum ersten Term
 \times (x,y,z) = 0 )
Sieht man hoffentlich sofort.
Zum letzten Term
 \times r = \ldots )
Damit die Sache übersichtlicher wird, schreibe ich
Dann ist zu berechnen
 = (\partial_x, \partial_y, \partial_z) \, f(s) )
Je partieller Ableitung gilt
 = \frac{\partial s}{\partial x} \frac{\partial}{\partial s} f(s) \sim x \, f^\prime(s) )
wobei mir die Ableitung f'(s) egal ist; wichtig ist nur, dass letztlich ein x stehen bleibt.
Also
 = (\partial_x, \partial_y, \partial_z) f(s) = (x,y,z) \ldots = r \, \ldots )
Damit folgt
 \times r = (r \ldots) \times r = \ldots (r \times r) = 0)
Wenn man sich das einmal klargemacht hat, muss man nie mehr mühsam f(|r|) ableiten. Und es gilt für jedes f(|r|).
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juliet4815
Anmeldungsdatum: 31.01.2022
Beiträge: 26
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| juliet4815 Verfasst am: 10. Feb 2022 15:18 Titel: |
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Das ist dann tatsächlich eigentlich äußerst praktisch.
Ich hätte noch eine Frage bezüglich des Potentials, ich habe jetzt
=\beta / \sqrt{x^2+y^2+z^2})
rausbekommen, dann habe ich keine Konstanten C, die ich anpassen musste, aber das war in diesem Fall nicht nötig, oder...?
PS:Was genau mache ich jetzt auf einmal mit dem Eingeben der Formel falsch... |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18078
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| TomS Verfasst am: 10. Feb 2022 16:23 Titel: |
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| juliet4815 hat Folgendes geschrieben: | | PS:Was genau mache ich jetzt auf einmal mit dem Eingeben der Formel falsch... |
Du hattest den Haken bei "BBCode in diesem Beitrag deaktivieren" gesetzt.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 12. Feb 2022 08:51 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | @TomS: Danke! Das ist natürlich schön, auch wenn ich es zuerst nachvollziehen musste. Es lohnte sich wirklich, diese Regeln im Kopf zu haben, wenigstens die wichtigsten... |
Viele dieser Regeln sind Spezialfälle oder Implikationen der Produktregel für das äußere Differential
 = \dd\alpha \wedge \beta + (-1)^{\text{deg}\alpha}\alpha\wedge\dd \beta\qquad\text{(1)})
Man muß deshalb für vieles nur diese und einige einfach Übersetzungsregeln vom Differentialformenkalkül in die klassische Vektoranalysis im Kopf behalten.
Dreidimensionalen Vektorfeldern  kann man mit Hilfe des euklidischen Wegelements  und Flächenelements  sowohl eine 1-Form  als auch eine 2-Form  zuordnen. Hierbei handelt es sich jeweils um die Integranden von Linien- bzw. Flächenintegralen.
Der Zusammenhang zwischen dem äußeren Produkt  und dem Skalar- bzw. Kreuzprodukt lautet dann
\wedge(\vec{Y}\cdot\dd\vec{r}) = (\vec{X}\times\vec{Y})\cdot\dd\vec{A})
\wedge(\vec{Y}\cdot\dd\vec{A}) = (\vec{X}\cdot\vec{Y})\dd V, \quad\dd V = \text{Volumenelement}.)
Die Differentialoperationen Divergenz und Rotation lassen sich beide auf das äußere Differential  zurückführen
 = (\nabla\times\vec{X})\cdot\dd\vec{A})
 = (\nabla\cdot\vec{X})\dd V)
Dies beinhaltet die beiden Integralsätze von Stokes und Gauß: Durch Differentiation wird aus dem Integranden für ein Wegintegral der Integrand für ein Flächenintegral, nämlich die Rotation, und aus dem Integranden für ein Flächenintegral der Integrand für ein Volumenintegral, nämlich die Divergenz. Beide sind hier also auf einzigen Satz, den allgemeine Satz von Stokes, zurückgeführt.
Skalare Funktionen entsprechen Nullformen und ihr Differential entspricht dem Gradienten. Ihr äußeres Produkt mit 1- und 2-Formen entspricht der "komponentenweisen" Multiplikation, ihr äußeres Produkt mit anderen 0- oder 3-Formen entspricht dem Produkt zweier skalarer Funktionen. Damit folgen schon viele Beziehungen der klassischen Vektoranalysis aus der einen Produktregel (1), z.B.
 = \nabla f\cdot\vec{X} + f\nabla\cdot\vec{X})
und die hier benötigte im Detail
]\cdot\dd\vec{A} = \dd(f\vec{X}\cdot\dd\vec{r})=\dd f \wedge (\vec{X}\cdot\dd\vec{r}) + f\wedge\dd(\vec{X}\cdot\dd\vec{r}) \\= (\nabla f\times \vec{X})\cdot\dd\vec{A} + (f\nabla\times \vec{X})\cdot\dd\vec{A})
Auch andere Beziehungen sind leicht, z.B.
\dd V = \dd[(\vec{X}\times\vec{Y})\cdot\dd\vec{A}] = \dd[\vec{X}\cdot\dd\vec{r}\wedge\vec{Y}\cdot\dd\vec{r}] = \ldots)
Hier ergibt die Auswertung der Produktregel (1) ein Minuszeichen, wie es sein muß, da der erste Faktor eine 1-Form ist.
Auf ähnliche Weise erschlägt man denke ich schon mal einen guten Teil der Produktregeln der klassischen Vektoranalysis. Aber leider lassen sich nicht alle auf das äußere Produkt allein zurückführen.
Etwas komplizierter ist z.B. die Beziehung
=\vec{X}(\nabla\cdot\vec{Y})-\vec{Y}(\nabla\cdot\vec{X})+(\vec{Y}\cdot\nabla)\vec{X}-(\vec{X}\cdot\nabla)\vec{Y})
Der Ansatz
]\cdot\dd\vec{A} = \dd[(\vec{X}\times\vec{Y})\cdot\dd\vec{r}])
führt nicht weit, weil nicht so offensichtlich ist, wie das äußere Differential rechts auszuwerten ist. Hier benötigt man das Konzept der Lie-Ableitung und des inneren Produkts zwischen einer Differentialform und einem Vektorfeld, deren Zusammenhang durch Cartans "magische Formel" ausgedrückt wird. Auf die Details gehe ich jetzt nicht ein, aber eine genaue Analyse zeigt, daß die letzten beiden Terme der Form \vec{A}) eigentlich zusammengehören und ihre Differenz genau der Lie-Klammer  der beiden Vektorfelder entspricht.
Auch die Beziehung
=\vec{X}\times\nabla\times\vec{Y}+\vec{Y}\times\nabla\times\vec{X}+(\vec{X}\cdot\nabla)\vec{Y}+(\vec{Y}\cdot\nabla)\vec{X})
läßt sich nicht allein auf das äußere Differential zurückführen. Auch hier spielt wieder die Lie-Ableitung eine wichtige Rolle. |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5873
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| Myon Verfasst am: 14. Feb 2022 21:29 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Man muß deshalb für vieles nur diese und einige einfach Übersetzungsregeln vom Differentialformenkalkül in die klassische Vektoranalysis im Kopf behalten. (...) |
Danke vielmals für die Erklärungen. Ja, was "einfach" ist, ist halt immer relativ. Von Differentialformen weiss ich leider fast nichts. Ich erinnere mich, dass das in der Thermodynamik/Stat. Mechanik und der MMP-Vorlesung behandelt wurde. Aber das ist erstens lange her, und ich weiss noch, dass das seltsamerweise schon damals etwas an mir vorübergegangen war. Momentan versuche ich, mich etwas in ein anderes Thema einzuarbeiten, aber Differentialformen wären sicher auch einer Beschäftigung wert. |
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