Potential Kraftfeld < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:10 So 20.10.2013 | | Autor: | marmik |
| Aufgabe | Gegeben sei die Kraft [mm] \vec{F}=\bruch{\vec{r}}{r}f(r) [/mm] .
Gibt es zu dieser Kraft ein Potential? Wenn ja wie lautet es? |
Hallo zusammen,
Ich bin mir nicht ganz sicher wie ich bei dieser Aufgabe heran gehen soll.
Meine Überlegung war, dass jedes Vektorfeld nur dann ein Potential hat, wenn [mm] rot\vec{F}=0.
[/mm]
[mm] rot\vec{F}=\begin{pmatrix} \partial_{y}(f(r)r_{3}(x,y,z))-\partial_{z}(f(r)r_{2}(x,y,z)) \\ \partial_{z}(f(r)r_{1}(x,y,z))-\partial_{x}(f(r)r_{3}(x,y,z)) \\ \partial_{x}(f(r)r_{2}(x,y,z))-\partial_{y}(f(r)r_{1}(x,y,z)) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Jetzt habe ich nur keine Ahnung wie ich damit bestätigen/widerlegen kann ob ein Potential existiert oder nicht.
Danke für jede Hilfe!
Gruß
marmik
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Hallo!
Du kannst das tatsächlich damit zeigen. Allerdings sind deine bezeichnungen [mm] r_1...r_3 [/mm] nicht ganz stimmig. Einerseits beißen sich die Indizes mit den Indizes x, y, z der Differenziale, andererseits müßte man erstmal klar machen, was du mit dein einzenlenn r's meinst.
Aber guck dir mal ein einzelnes [mm] \partial_af(r)r_b [/mm] an. Hier kannst du zunächst die Produktregel und dann die Kettenregel anwenden. Und dann bleibt die Frage, was passiert, wenn du a und b vertauschst, also den zweiten Teil einer Zeile berechnest.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:50 So 20.10.2013 | | Autor: | marmik |
Hallo Event_Horizon,
Danke für deine schnelle Antwort.
Mit den Indizes 1,2,3 meine ich die einzelnen Komponenten des Vektors [mm] \vec{r}. [/mm] Ich wüsste nicht wie ich sie sonst nennen soll bzw warum sich das beißt ...?
Ich habe die Produktregel jetzt mal auf die erste Komponenete des Kreuzproduktes angewendet:
[mm] \partial_{y}(f(r))*r_{3}(x,y,z)+f(r)*\partial_{y}(r_{3}(x,y,z))-\partial_{z}(f(r))*r_{2}(x,y,z)-f(r)*\partial_{z}(r_{2}(x,y,z))
[/mm]
An dieser Stelle komme ich nicht mehr weiter. Ich weiß nicht wie ich da jetzt was ableiten kann um irgendetwas konkretes darüber sagen zu können.
Gruß
Marmik
|
|
|
| |
|
Hallo!
Ja, mir ist das so weit klar. Ich meine nur, es wäre besser, wenn du entweder [mm] \partial_3r_2 [/mm] schreibst, oder [mm] \partial_zr_y [/mm] , denn so verwendest du unterschiedliche Konventionenen, die das unübersichtlich machen.
Und wenn [mm] r_3 [/mm] die z-Komponente von [mm] \vec{r} [/mm] ist, so ist die Rechnung nicht richtig. Da steht schließlich [mm] \frac{\vec{r}}{r}, [/mm] und weil [mm] \vec{r}=\vektor{x\\y\\z}, [/mm] ist das [mm] r_3=\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}
[/mm]
Nun zu deiner Rechnung.
Der erste Term
[mm] \partial_{y}(f(r))
[/mm]
kann noch einmal die Kettenregel vertragen, also
[mm] (\partial_{y}r)*(f'(r))=(\partial_{y}\sqrt{x^2+y^2+z^2})*f'(r)
[/mm]
Das f ist nicht weiter bekannt und bleibt genau so stehen, aber den Rest kannst du schonmal weiter ableiten. (Nebenbei wird hier ein Haken deutlich: Hier muß f differenzierbar sein. )
Der zweite Term läßt sich mit dem, was ich geschrieben habe, umschreiben zu
[mm] f(r)*\partial_{y}(r_{3}(x,y,z))=f(r)*\partial_{y}\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}
[/mm]
Du mußt jetzt nur noch stupide die Ableitungen berechnen. Danach machst du das mit dem rechten Teil (Ableitung nach z) genauso. Allerdings kannst du das auch einfach hinschreiben, wenn du scharf auf die Rechnung des ersten Teils guckst. Da gibt es nämlich gewisse Ähnlichkeiten...
Jedenfalls solltest du feststellen, daß dann in der ersten zeile tatsächlich 0 raus kommt. Und weil alle anderen Zeilen genauso "ähnlich" sind, kannst du dir die eigentlich auch sparen, wenn du das entsprechend begründest.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:55 Mo 21.10.2013 | | Autor: | marmik |
Hallo,
Jetzt ist alles soweit klar.
Das einzige Problem was jetzt noch bleibt ist z.B für die erste Komponente,wenn ich alles soweit ausgerechnet habe:
[mm] \bruch{zy}{r^2}*\left(f_{y}(r)-f(r)*\bruch{1}{r}\right)=\bruch{zy}{r^2}*\left(f_{z}(r)-f(r)*\bruch{1}{r}\right)
[/mm]
Mir ist nicht ganz klar wieso du bei den äußeren Ableitungen einfach f' Schreiben kannst? Müsste f nicht auch partiell abgeleitet werden bzw sind die partiellen äußeren Ableitungen von f gleich?
Gruß
Marmik
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:13 Mo 21.10.2013 | | Autor: | leduart |
Hallo
[mm] \partial f(r)/\partial y==f_r*\partial r/\partial [/mm] y
[mm] f_r [/mm] wird auch f' bezeichnet. im anderen post.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 Mo 21.10.2013 | | Autor: | marmik |
Hallo Leduart,
Danke für deine Antwort.
Ich verstehe nur leider nicht warum diese Beziehung gilt ...?
Gruß
Marmik
|
|
|
| |
|
Hallo!
Vielleicht erklärt es ein Beispiel:
Sei $r=x*y_$ und [mm] $f(a)=\sin(a)$
[/mm]
Und jetzt: [mm] \partial_xf(r)=\partial_x(\sin(x*y))=y*\cos(x*y)
[/mm]
und das ist eben [mm] (\partial_xr)*f'(r)
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:48 Di 22.10.2013 | | Autor: | marmik |
Hallo,
Danke für eure Hilfe! Jetzt ist alles klar geworden. Das Potential habe ich auch gefunden:
Wenn ich F'=f wähle dann lautet das Potential ja einfach F(r).
Gruß
Marmik
|
|
|
|
