Übung 10

[Niederrheiner]

Ich weiß, dass noch Ferien sind, aber ich beschäftige mich schon wieder mit unserer Lieblingsbeschäftigung

Das Jahr nähert sich dem Ende und somit auch leider die "freie" Zeit. Ich hoff erstmal, dass ihr euch habt reichlich beschenken lassen

Aber nun zurück zum Ernst der (theoretischen) Physik:

Also ich hab mich mal an der ersten Aufgabe versucht, obgleich ich nicht allzuweit gekommen bin

Ich denke, dass wir hier zunächst die Vektor-Poisson-Gleichung lösen müssen:
[tex]-\Delta {A} = \frac{1}{c}\cdot {j}({x})[/tex]
Beachtet man den Wink mit dem Gartenzaun und benutzt Kugelkoordinaten erhält man ja daraus:
[tex]\left(\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^2\sin(\vartheta)}\frac{\partial}{\partial\vartheta}\sin(\vartheta)\frac{\partial}{\partial\vartheta}+\frac{1}{r^2\sin(\vartheta )}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\right) {A}=-\frac{1}{c}j(r,\vartheta) {e}_\varphi[/tex]
Mit der Stromverteilung aus der Aufgabenstellung.
Hier tut sich jetzt mein erstes Problem auf:
Kann man aus der Tatsache, das die rechte Seite der Gleichung nicht von [tex]\varphi[/tex] abhängt, folgern, dass auch A nicht [tex]\varphi[/tex]-Abhängig ist? Wenn ja würde ja der Part mit den Ableitungen rausfallen.
Und wie muss ich dann noch die Multipolentwicklung da mit einfließen lassen, oder ergibt sich das so im weiteren Verlauf der Lösung?

[Braino]

So, ich hab bei der Aufgabe schon viel Frust gehabt, aber auch ein paar Erfolgsmomente.

Ich bin wie du vorgegangen und hab dann den Ansatz gemacht, dass [tex]\vec A(x) = A_\phi \vec e_\phi[/tex]. Mit dem Ansatz [tex]A_\phi = \frac {R(r)} r \Theta(\vartheta)[/tex] habe ich dann eine Separation der DGL durchgeführt und bin auf das allgemeine Ergebnis gekommen. Jetzt muss ich noch zeigen, dass meine Konstanten auch den m_l und M_l vom Blatt entsprechen. Hier habe ich noch keine Lösung gefunden.

[Illusion_reloaded]

Müßte man bei der aufgabe nicht den Vektorlaplace, also laplace( A )=grad(div(a))-rot(rot(A)) nehmen ?
ihr habt da ja quasi nur den grad(div(A)) Term, und der wird doch in der Coluomb-Eichung null...

[flux]

Ich bin bei der Aufgabe von
[tex]\vec{A}(\vec{x})=\frac{1}{4\pi c}\int dV' \frac{\vec{j}(\vec{x'})}{|\vec{x}-\vec{x}'|}[/tex]
ausgegangen. Dann hab ich den 1. Hinweis eingesetzt und die [tex]Y_{lm}(\theta,\varphi)[/tex], [tex]Y_{lm}^*(\theta,\varphi)[/tex] durch die [tex]P_l^m[/tex]'s ausgedruckt. Dann teilt man die Summe über m noch auf in drei Summen (m=-l..-1 , m=0 , m=1..l) und fasst mit dem 2. Hinweis die Summe über m=-l..-1 und m=l..1 zu einer zusammen. Wenn man jetzt über [tex]d\varphi '[/tex] integriert, steht genau der 2. Fall da.

[mo]

Hmm kannst du das etwas genauer erklären? also bei mir steht dann noch der teil für m=0 mit einem P^0 dabei, der nicht weg fällt und die Integration führt auch nicht so ganz zum gewünsten ergebnis bei mir

[Niederrheiner]

Ich komm auch nicht wirklich weiter mit der Vereinfachung... ich hab hier 2 Zeilen Term stehen und find keine Vereinfachung... spielen die gestrichenen Koordinaten bei Y* eigentlich keine Rolle, oder habt ihr die nur einfach vergessen?
In den Hinweisen auf dem Blatt sind die aufgeführt....

[Wurzel]

Gilt Gleichung (26) (Kapitel 2, Seite 109, letzte Seite) aus dem Skript auch für [tex]Y_{lm}^*[/tex] Oder muss ich da etwas bestimmtes beachten

[flux]

Die [tex]Y_{lm}^*[/tex] sind die komplex konjugierten der [tex]Y_{lm}[/tex]. Das einzige, was sich ändert ist, dass du statt dem [tex]e^{im\varphi}[/tex] ein [tex]e^{-im\varphi}[/tex] drinstehen hasst.

Die gestrichenen größen spielen eine Rolle (hab die vergessen zu texen).

Ich setz nochmal bei der Summe an. Die Summe über m=0 fällt bei der Integration über [tex]d\varphi '[/tex] weg, da du in diesem Fall nur das Integral [tex]\int \limits_0^{2\Pi} \hat{e}_\varphi^' d\varphi '[/tex] zu lösen hasst...das ist Null. Bei der Zusammengefassten Summe (m=1..l) kann man viel ausklammern. Was aber stehenbleibt ist der Term [tex]e^{im(\varphi-\varphi ')}+e^{-im(\varphi-\varphi ')}[/tex]. Wenn man das zusammen mit dem gestrichenen Einheitsvektor in phi-Richtung integriert, stellt man fest, dass das immer Null ist, außer bei m=1, da steht dann was undefiniertes. Den Fall muss man gesondert betrachten. Wenn man das Integral für m=1 löst, stellt man fest, dass die Integration über [tex]d\varphi '[/tex] den ungestrichenen Einheitsvektor in phi-Richtung liefert. Desshalb steht bei der Lösung der e_phi -Vektor auch außerhalb des Integrals.

Hoffe ich konnte damit ein bissl weiterhelfen

[Wurzel]

Wie kommst du auf den gestrichenen Einheitsvektor? Und wann und wie kommt das dV in die Gleichung, welches ja später in den Multipolmomenten steht...

[Fluffy]

Das dV kommt durch die definition des Vektorpotentials
[tex]\vec{A}(\vec{x})=\frac{1}{4\pi c}\int dV' \frac{\vec{j}(\vec{x'})}{|\vec{x}-\vec{x}'|}[/tex]
und in diesem j steckt der gestrichene Einheitsvektor

aber wie konntest du die beiden summen über -l..1 und 1..l soweit zusammenfassen das nur noch [tex]e^{im(\varphi-\varphi')}+e^{-im(\varphi-\varphi')}[/tex] stehen bleibt? Hab vor dem zweiten e Term einen noch störenden Faktor der durch die Fakultäten im 2. Hinweis kommt stehen, den ich nicht wegbekomme....

[timtim]

Ich verstehe noch nicht ganz wie du integriert hast.

Bis hierher komme ich mit: [tex]e^{im(\varphi-\varphi ')}+e^{-im(\varphi-\varphi ')} = 2 cos(m(\varphi^' - \varphi))[/tex]. Nun ist [tex] \hat{e}_\varphi^' = (-sin(\varphi^'), cos(\varphi^'),0)[/tex]. Wenn ich das nun integriere erhalte ich einen Vektor, der aber nicht für alle [tex]m \not= 0[/tex] verschwindet. Sondern sowas:
 
[tex]\left( \frac{COSm(p - q) - p)}{(1 - m)} + \frac{COS(m(p - q) + p)}{(m + 1)} , \frac{SIN(m(p - q) - p)}{(m - 1)} + \frac{SIN(m(p - q) + p)}{(m + 1)}, 0 \right)^T[/tex]

Dieses Gebilde hat auch das Problem für m = 1, aber der Rest wird halt nicht null, wie gewünscht.

Sieht jemand was, was ich nicht seh'?

[Wurzel]

Als erstes habe ich in der  summe (m=-l..-1) statt m,-m eingesetzt damit ich sie von 1 bis l laufen lassen kann...
Dadurch wird der Ursprüngliche Therm mit den Fakultäten zu [tex]\frac{(l+m)!}{(l-m)!}[/tex]  Das kürzt sich dann mit einem [tex]\frac{(l-m)!}{(l+m)!}[/tex] aus der Definition, das Andere kann man dann ausklammern...

[Fluffy]

danke wurzel, hatte in den fakultäten das ersetzen von -m vergessen....
hab genau das gleiche integriert wie du timtim aber bei mir fällt das alles weg bei m/=1
Maple liefert bei der ersten komponente

[tex]\int_0^{2*\pi}cos(m*(\varphi-\varphi'))*(-sin(\varphi')=\frac{-(2*(-cos(m*y)+cos(m*y)*cos(Pi*m)^2+sin(m*y)*sin(Pi*m)*cos(Pi*m)))}{m^2-1}[/tex]
und das ist 0... per hand hab ich es net mehr nachgerechnet

[flux]

@timtim:
ich weiß nicht so ganz, woher du dein p und q hasst, aber schau dir mal z.B. die Integration über den sinus an:
[tex]-\int \limits_0^{2\pi} \cos{(m(\varphi-\varphi '))}\sin{\varphi'} d\varphi '=\frac{1}{2(m+1)}\left{\cos{(m\varphi-2\pi(m+1))}-\cos{(m\varphi)}\right}+\frac{1}{2(m-1)}\left{\cos{(m\varphi-2\pi(m+1))}-\cos{(m\varphi)}\right}[/tex]
aufgrund der 2Pi-Periodizität ist das aber das gleiche wie
[tex]\frac{1}{2(m+1)}\left{\cos{(m\varphi)}-\cos{(m\varphi)}\right}+\frac{1}{2(m-1)}\left{\cos{(m\varphi)}-\cos{(m\varphi)}\right}[/tex]
und das ist dann für jedes m außer m=1 Null. Desshalb musst du diesen Fall dann gesondert betrachten.

[Wurzel]

Wenn man das Integral für m=1 löst, stellt man fest, dass die Integration über [tex]d\varphi '[/tex] den ungestrichenen Einheitsvektor in phi-Richtung liefert.

Wie kommt man darauf?

Wie mache ich die Fallunterscheidung innerhalb, außerhalb bezüglich r^l bzw. 1/r^(l+1)?