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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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 pejosh Verfasst am: 06. Apr 2007 19:39 Titel: Aufgabe zum elektrischen Feld (Uni) |
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Hier die Aufgabe...
Da ich die Physik1 Vorlesung nicht besucht habe, habe ich jetzt richtige Schwierigkeiten und kann mit der Notation und der ganzen Aufgabe rein gar nichts anfangen...
Kann mir das jemand vielleicht anhand eines Beispiels erklären?...hab in Büchern auch keine äquivalentes Beispiel gefunden...
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sqrt(2)
Anmeldungsdatum: 16.03.2007
Beiträge: 35
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| sqrt(2) Verfasst am: 07. Apr 2007 00:03 Titel: |
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Das ist im Prinzip eine reine Rechenaufgabe, fast völlig befreit von jedem physikalischen Bezug. Wenn du nicht verstehst, was du machen sollst, fehlen dir die mathematischen Grundlagen, um die Physikvorlesung zu verstehen, die kann man auch nicht einfach mal so erklären.
Ich würde dir raten, dir in diesem Skriptum die Kapitel 7 und 8 durchzulesen und bei Fragen das Matheboard zu konsultieren.
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 09. Apr 2007 19:43 Titel: |
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Hallo!
sqrt(2) hat natürlich in allen Punkten Recht, keine Frage. Aber ich hatte damals auch das Prob, dass ich erst im Sommersemester angefangen hatte und dann zuerst Ex2 und erst danach Ex1 hören musst und besonders die Mathematischen Methoden da noch gar nicht so parat hatte. Ich denke, man kann versuchen es trotzdem an diesem Bsp. so zu erklären, dass pejosh auch so etwas rein kommt.
C
Erstmal das Integral mit dem Kreis in der Mitte: Das bedeutet, dass man über eine geschlossene Kurve (oder einen geschlossenen Weg) integrieren soll. Der Weg ist recht einfach und geht entlang eines Dreiecks. Man kann so ein Integral in eine Summe zerlegen indem man den gesamten Weg in einzelne Stückchen zerlegt. Hier bietet es sich also an, zuerst das Integral vom Ursprung bis zum ersten Punkt zu berechnen und dann vom ersten bis zum zweiten danach zurück zum Ursprung auf der Winkelhalbierenden und alle diese Integrale auf zu addieren.
Wenn man den ersten Abschnitt betrachtet, kann man sehen, dass dabei nur der x-Wert sich ändert. y bleibt 0 und z so wie so (der ganze Weg liegt in der x-y-Ebene). Also müssen wir das hier ausrechnen (für den ersten Abschnitt):
Da kommt jetzt aber noch ein y drin vor, das ja im ersten Abschnitt konstant 0 ist. Deshalb wird auch dieses gesamte Integral zu 0. 
Jetzt zum zweiten Abschnitt. Der Ansatz ist so ähnlich, allerdings ist x jetzt konstant 1 und y variiert:
\cdot \mathrm{d}y = C\int\limits_{0}^1 \mathrm{d}y + C\int\limits_{0}^1 ay^2\mathrm{d}y = C + C\left[\frac{a}{3}y^3\right]_0^1 = C+\frac{Ca}{3})
Hier sollte ich vielleicht noch ein paar Dinge zusätzlich erklären. Ich gehe zumindest nicht davon aus, dass Dir dieser Schritt sofort und auf Anhieb komplett klar sein kann. Wenn Du das nicht verstehst, ist das also noch kein Problem. Ich brauche allerdings möglichst gezielte Fragen, um das weiter erklären zu können.
Erstmal so eine Art "Grunderklärung": Beide Integrale sind also entlang eines bestimmten Wegs. So ein Weg kann an sich ziemlich beliebig sein. Man kann z. B. eine parametrisierte Kurve angeben, bei der x und y (und auch z) von einem Parameter t abhängen und dazu beliebige (stetige) Funktionen für jede Koordinate angeben. Man würde dann über den Parameter t integrieren (t könnte z. B. die Zeit sein, muss aber nicht...; für uns soll es erstmal einfach ein freier Parameter sein.) und dabei so eine Art Substitution machen. Man muss nämlich wissen: Wie ändert sich der Vektor r, wenn ich ein kleines Stück entlang des Weges gehe, wenn man einen solchen Parameter hat also, wenn sich t um ein kleines Stück dt ändert.
Bisher war das bei unseren Integralen recht einfach. Ich habe quasi beim ersten Integral einfach diese Funktionen angenommen:
x(t) = t
y(t) = 0
z(t) = 0
Beim Substituieren muss man ja immer erstmal ausrechnen, wie sich  ändert, wenn man t um ein kleines dt ändert. Man kann das Skalarprodukt ja einfach mal ausführen (ich nehme mal das zweite Integral nochmal). Hier wären die Funktionen:
x(t) = 1
y(t) = t
z(t) = 0
\mathrm{d}y)
und jetzt kann man dx und dy direkt mit dt substituieren. Dabei ist:
dx(t)/dt = 0 <==> dx = 0
dy(t)/dt = 1 <==> dy = dt
dz(t)/dt = 0 <==> dz = 0
Also fällt das erste Integral weg und ich habe das selbe da stehen, wie oben auch, nur dass ich eben statt dy ein dt schreiben muss, was aber so wie so das selbe ist.
Übrigens: Den ganzen Weg über ist x=1. Deshalb kann ich das auch direkt so einsetzen. Wenn das nicht der Fall wäre, müsste ich für x die Abhängigkeit von t einsetzen, damit man überhaupt über t integrieren kann.
Das schwierigste bei diesem Weg ist das Integral von (1, 1, 0) zurück zum Ursprung. Da ist es vielleicht wirklich hilfreich, wenn man das streng mit Parameter macht. Obwohl hier ja die Beziehung gilt: x=y und deshalb man auch y durch x ersetzen kann oder umgekehrt. Probier mal, ob Du da schon was machen kannst!
Gruß
Marco
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 10. Apr 2007 13:37 Titel: |
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Also erstmal vielen Dank...
Ich versuche jetzt mal das 3. Wegstück zu machen, allerdings bin ich da ein wenig unsicher...wegen der Vorzeichen...
Es gilt ja, wie du schon sagtest: x=y. Also habe ich folgendermaßen parametrisiert:
x=-t
y=x=-t
z=0
[Hier weiß ich nicht, ob ich da das Minus falsch habe...]
Dann folgt:
dx=-dt
dx=-t
dz=0
und somit folgt dann:
[Wobei ich auch bei den Integralgrenzen nicht weiß, ob das richtig ist... eigentlich würde ich ja behaupten, dass der Weg von 1 --> 0 geht...]
 ~ dt)
~dt )
t²~dt )
 \cdot \int_{-1}^{0}~t²~dt )
 \cdot [\frac{1}{3}]_{-1}^0 )
)
Das war meine Rechnung bis hier her...jetzt muss ich erstmal nachsehen, wie das mit der Rotation geht...
Aber was ist mit den Vorzeichen?
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 10. Apr 2007 14:21 Titel: |
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So, jetzt mal zur Rotation...allgemein gilt ja
=Nabla \times E = \begin{pmatrix} \frac{d}{dx} \\ \frac{d}{dy} \\ \frac{d}{dz} \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2bxy \\ x²+ay² \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{d}{dz} (x²+ay²) \\ \frac{d}{dz} (2bxy) \\ \frac{d}{dx} (x²+ay²) - \frac{d}{dy} (2bxy) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 2x-2bx \end{pmatrix} )
Allerdings weiß ich jetzt nicht, wie ich das mit dem dA machen soll...das entspricht doch  ...oder? Aber wie rechnet man das dann?
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 10. Apr 2007 15:13 Titel: |
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Also...da ich ja schon Bockmist gebaut habe...habe ich es nochmal versucht...
Zuerst nochmals zum ersten Teil:
 ~ dt)
~dt )
t²~dt )
 \cdot \int_{-1}^{0}~t²~dt )
 \cdot [\frac{1}{3}]_{-1}^0 )
)
Jetzt zum zweiten Teil, wobei ich da total unsicher bin...erstmal dürfte ich da das C vergessen haben...
=Nabla \times E = \begin{pmatrix} \frac{d}{dx} \\ \frac{d}{dy} \\ \frac{d}{dz} \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2Cbxy \\ C(x²+ay²) \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{d}{dz} C(x²+ay²) \\ \frac{d}{dz} (2Cbxy) \\ \frac{d}{dx} C(x²+ay²) - \frac{d}{dy} (2Cbxy) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ C(2x-2bx) \end{pmatrix} )
Jetzt kommt der unsichere Teil...
Version a): \int_{0}^{x}~y~dy ~ dx)
Version b): ~y~dy ~ dx)
Ich hab dann folgendermaßen weitergemacht:
\cdot \frac{1}{2}x²~dx )
\cdot x^{3}~dx)
Allerdings ist das bestimmt falsch, denn das entspricht nicht dem Satz von Stokes...sprich...das Integral über den Weg ist nicht gleich dem Integral über die Rotation...
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 10. Apr 2007 23:31 Titel: |
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Hallo!
Das Wegintegral stimmt so, wie Du es zuerst hattest. Da habe ich Dich wohl etwas verwirrt... Ich habe es bei meiner Rechnung etwas anders parametrisiert, weshalb das dann durcheinander ging. Ich hatte es so gemacht:
x(t) = t
y(t) = t
z(t) = 0
und dann von +1 bis 0 integriert. Für den ersten Weg kommt also 0 raus, für den 2.:
)
und für den 3.:
)
Wenn man die alle zusammen addiert kommt raus:
 = -\frac{C}{3}(2b-2) = \frac{2C}{3}(1-b))
Das ist auch richtig und ich bekomme es auch für das mit der Rotation raus. Mal sehen, warum Du da was anderes hattest.
Richtig ist auch Deine Rotation an sich. Jetzt kommt noch eine Sache, die ich noch nicht so erklärt hatte. Wie sieht denn eigentlich der Vektor auf die Fläche aus? Der soll ja in z-Richtung zeigen (senkrecht auf die Fläche) und der Betrag soll dem Flächeninhalt entsprechen. Der ist aber für ein kleines Flächenstückchen einfach dx·dy, also ergibt sich:
Das ganze Integral zusammen also:
\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = C\cdot \int\limits_{x=0}^1(2x-2bx)\int\limits_{y=0}^x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x =\\C\cdot \int\limits_{0}^1(2x-2bx)\cdot x\,\mathrm{d}x = C\cdot (2-2b)\int\limits_{0}^1 x^2\,\mathrm{d}x = \frac{2C}{3}(1-b))
Und siehe da: Es geht auf! Du hattest noch irgendwie ein y zu viel drin, so dass Du ein y³ unter dem Integral hattest und dann natürlich irgendwie auf die ¼ gekommen bist. Sonst war eigentlich alles richtig! 
Gruß
Marco
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
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| as_string Verfasst am: 10. Apr 2007 23:38 Titel: |
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Hallo nochmal!
Hast Du Dir schon Gedanken zur b) gemacht? Die ist eigentlich wieder relativ einfach, wenn man weiß, dass "wirbelfrei" bedeutet, dass die Rotation an jeder Stelle 0 werden soll und "quellfrei", dass die Divergenz an jeder Stelle 0 werden soll. Rotation hast Du ja schon berechnet und das bedeutet, dass 2x-2bx = 0 sein soll (die beiden anderen Komponenten sind das ja so wie so schon...). Das kann nur dann für alle x erfüllt sein, wenn b=1 ist. Wie sieht die Bedingung für die Divergenz aus?
Kannst Du Dir dazu schon ein Potential überlegen?
Gruß
Marco
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 11. Apr 2007 13:28 Titel: |
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Ja...das hatte ich schon irgendwo gelesen...hab das jetzt auch mal berechnet...aso, dass es wirbel- und quellfrei ist...
Wirbelfrei hast du ja schon angegeben...brauche ich also nicht mehr aufschreiben...nun zu quellfrei:
Es muss gelten:
=Nabla \cdot E(r)=0)
 \frac{d}{dy} =0)
Also 
Somit lautet das wirbel- und quellfreie Feld:
=C\begin{pmatrix} 2xy \\ x²-y² \\ 0 \end{pmatrix} )
Nun hab ich mir auch was zum Potential überlegt...wir hatten heute in der Vorlesung, dass das Potential ist:
=\frac{Q}{4~ \pi~ \epsilon_{0}~r})
und für E gilt ja:
=\frac{Q}{4~\pi~\epsilon_{0}~r^{2}} )
Also umformen und einsetzen liefert:
=E(r)\cdot r)
Aber ist das nun ein Malzeichen? Oder ein Skalarprodukt? Ich tippe ja auf Skalarprodukt...oder ist das Potential ein Feld?
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 11. Apr 2007 13:55 Titel: |
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Hallo!
Ja, die Konstanten habe ich auch so. Nur noch eine eher optische Sache: Schreibe immer den Operator d/dx, etc. vor das, das Du ableiten willst! Das wirst Du später in der Quantenmechanik noch sehen, warum das wichtig ist und wie man damit arbeitet. d/dx "wirkt" nur nach rechts. Sollte also dann d/dx 2bxy + ... = 0 sein.
Zum Potential: Wenn Du ein rotationsfreies Vektorfeld hast, dann kannst Du das ja immer als Potential angeben, also in ein Skalarfeld überführen, aus dem Du das Vektorfeld wieder herstellen kannst (wie war das nochmal? Wenn es auch noch quellfrei ist, gibt es im Potential auch keine Singularitäten, so weit ich mich erinnern kann, oder?)
Der Zusammenhang zwischen Potential und zugehörigem Vektor-Feld ist, dass der Gradient des Potentials das Vektorfeld ergeben muss.
Du hast also das hier:
 = 2xy)
 = x^2-y^2)
und die Ableitung nach z soll 0 ergeben. Kannst Du Dir eine Funktion Phi(r) überlegen, die nach Ableiten in den einzelnen Komponenten gerade diese Ergebnisse ergibt? Ich mache das normalerweise so, dass ich erstmal die erste Zeile nach x integriere und dann mal sehe was passiert, wenn ich sie nach y ableite. Oft habe ich dann schon einen Teil der Ableitung und kann man überlegen, wie der Rest aussehen müsste, um beide Gleichungen erfüllen zu können.
Übrigens ist mir gerade aufgefallen, dass wir die ganze Zeit d/dx geschrieben haben. Damit waren aber meistens partielle Ableitungen gemeint und keine totalen. Ich hoffe, dass das nicht zu sehr zu Verwirrungen führt, weil ich gerade auch keine große Lust habe, die ganzen Posts nochmal durch zu gehen, um das zurecht zu biegen...
Probier das mal! Ist nicht so wahnsinnig schwer in diesem Fall zumindest.
Gruß
Marco
//Edit: Ich habe mal versucht, das Potential zu plotten. Ich hoffe, es stimmt noch alles:
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1772 mal |
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 11. Apr 2007 16:21 Titel: |
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Also...genau diese  meinte ich...nur war ich zu faul...nach zu schauen...wie ich das mache...^^
Naja...jetzt ist es ja geklärt... ;-)
Ich hab dann mal das gemacht, was du gesagt hast...und erhalte:
und
Stimmt's? 
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 11. Apr 2007 16:32 Titel: |
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Hallo!
Ja, sehr gut! Das habe ich zumindest auch. 
Was fehlt jetzt eigentlich noch? Für die b) noch die Feldlinien. Da weiß ich jetzt eigentlich auch nicht so genau, wie man die angeben soll. Die stehen ja immer senkrecht auf Äquipotentialflächen.
Vielleicht hilft es, wenn man sich wieder den Gradient, also das Vektorfeld anschaut. Ein infinitesimales Stück einer Feldlinie muss ja immer in Richtung des Feldvektors an dem jeweiligen Ort zeigen. Habt Ihr dazu irgendwie vielleicht noch gesagt bekommen, wie Ihr das machen sollt?
Bei der c) mit den Zylinder-Koordinaten: Da musst Du für das Potential so umbauen, dass Du halt nicht mehr ) hast, sondern ) . Das sollte nicht ganz so schwer gehen, denke ich. Es gibt ja direkt "Umrechnungsvorschriften" für die Koordinaten. Allerdings macht man da leicht einen Fehler. Probier das mal. Ich hab's zumindest bis jetzt noch nicht ausprobiert...
Dann auch hier wieder Feldlinien und Äquipotential-Flächen. Mmh... Muss ich mir vielleicht doch noch genauer überlegen. Vielleicht hast Du da ja noch ne Idee, wie man das am besten machen könnte.
Gruß
Marco
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 11. Apr 2007 17:04 Titel: |
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Eben nur kurz...ich hab mit meinem Ü-Leiter gesprochen und der meinte, dass mit dem Feldlinien sei nicht so leicht und dazu würde er uns noch was sagen...naja...mal abwarten...das andere mache ich gleich... korrigiere gerade noch eine andere Aufgabe... 
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 11. Apr 2007 17:30 Titel: |
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Diese Umrechnung...hab ich ja noch nie verstanden...also...ich weiß, dass Folgendes gilt:
)
Wobei man hier auch verschiedene Varianten findet...
So...aber nun, stehe ich vor dem Problem...wenn mein Potential  doch so aussieht:
Muss ich diese Gleichung dann einmal nach x und einmal nach y auflösen? Oder wie muss ich da vorgehen?
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pejosh
Anmeldungsdatum: 08.03.2004
Beiträge: 27
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| pejosh Verfasst am: 11. Apr 2007 17:37 Titel: |
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Zwischenfrage: Habe gerade in meinem Skript gelesen, dass gilt:
=-grad\Phi)
Müsste ich dann nicht in alle Vorzeichen umdrehen?
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 11. Apr 2007 18:09 Titel: |
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Hallo!
Ja, das ist richtig. Ich hatte noch kurz drüber nachgedacht, aber normalerweise ist es mit einem Minus definiert...
Ich muss gleich wieder weg. Ich schau mir das noch heute Abend an.
Gruß
Marco
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as_string
Moderator
Anmeldungsdatum: 09.12.2005
Beiträge: 5786
Wohnort: Heidelberg
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| as_string Verfasst am: 11. Apr 2007 22:34 Titel: |
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Hallo!
Also, ich habe nochmal drüber geschaut. Dabei habe ich gesehen, dass außer dem Minuszeichen noch die Konstante C fehlt. Die hatte ich auch noch bei den Ableitungen vergessen... 
Für die Zylinderkoordinaten würde ich das so machen, dass ich nach der umgekehrten Transformation suche, also x(Zylinderkoordinaten) = x(kartesischen Koordinaten) und so weiter. Dann x und y durch die entsprechenden Ausdrücke ersetzen. Da kommt aber auch nichts wirklich "schönes" raus. Bin mir nicht ganz sicher, ob man das noch vereinfachen könnte.
Gruß
Marco
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