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Physik » Elektrodynamik » Geladene Kugeloberfläche - Ladung, Potential und E-Feld
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Universität/Hochschule J Geladene Kugeloberfläche - Ladung, Potential und E-Feld
quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-19

\(\begingroup\)
Hey,

ich möchte gerne folgendes Beispiel zur Übung hier besprechen:




Also es handelt sich um eine geladene Kugeloberfläche mit dem Radius a. Azimut heißt doch, entlang des Randes der Kugeloberfläche bei z=0. Aber was hat das mit Kosinus zu tun?

Ich habe versucht die Ladung auszurechnen:


$$Q = \int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^a \delta(r-a) cos \phi f(\pi - \theta) dr d\phi d\theta$$

$$= \int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \left(2H(a)-1\right)cos\phi f(\pi-\theta) d\theta d\phi$$

H ist die Heaviside-Funktion. Aber ich bin mir nicht sicher wie ich die Funktion f integrieren soll, also was die Stammfunktion von f genau sein soll. Könnt ihr mir hier bitte nen Tipp machen?

Gruß
quarks
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-19

\(\begingroup\)
Hallo quarks,

das r-Integral sollte über den gesamten Raum genommen werden. Du willst schließlich die Gesamtladung berechnen. Dir fehlt außerdem das Volumenelement in Kugelkoordinaten. Die Integrationsgrenze bzgl. \(\theta\) ist falsch. Das Integral sollte von 0 bis \(\pi\) laufen. Der Winkel \(\phi\) wird in azimutaler Richtung gezählt also entlang des Äquators. Die Funktion f ist unbekannt, man weiß nur, dass sie symmetrisch zur Äquatorialebene ist. Anschaulich bedeutet das, dass die Ladungsdichte in der oberen Halbkugel dieselbe wie in der unteren Halbkugel ist. Betrachte dir das \(\phi\)-Integral genauer.

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-20


Hey, danke für die Antwort!

Achso, stimmt. Das mit dem r-Integral ist jetzt klar. Dann ergibt das auch mehr Sinn, denn wenn ich über den ganzen Raum dieses Delta integriere ergibt das mit der Jacobi-Determinante genau <math>\displaystyle a^2</math>.

Dann habe ich zwei Fragen:

1. <math>\displaystyle \phi</math> - Integral:

Laut Definition de.wikipedia.org/wiki/Kugelkoordinaten#Definition geht der Winkel Phi von <math>\displaystyle -\pi</math> nach <math>\displaystyle \pi</math> oder von 0 bis <math>\displaystyle 2\pi</math>. Jedoch würde das bestimmte Integral von cos \phi dann Null ergeben. Das ergibt doch keinen Sinn, dass die Gesamtladung Q = 0 ist, oder?


2. <math>\displaystyle \theta</math> - Integral: <math>\displaystyle \int_0^\pi f(\pi-\theta)\cdot sin \theta d\theta</math>

Das wäre ja eine partielle Integration: <math>\displaystyle h'\cdot g = h\cdot g - \int h\cdot g'</math>

Aber mit dieser komme ich auch nicht weiter, denn das läuft im Ende auf <math>\displaystyle \int_0^\pi f(\pi-\theta)\cdot sin \theta d\theta = \int_0^\pi f(\pi-\theta)\cdot sin \theta d\theta</math> hinaus.


Gibt es da nen Trick oder bin ich völlig auf der falschen seite?

lg quarks



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
Hallo,


2. Das \(\phi\)-Integral ist tatsächlich 0 und damit auch die Gesamtladung 0. Warum soll das keinen Sinn ergeben? Dass die Gesamtladung verschwindet, heißt doch nur, dass sich die positiv geladene Kugelteile die negativ geladenen genau aufwiegen. Beachte, dass \(\cos(\phi)\) das Vorzeichen ändert.

3. Das \(\theta\)-Integral muss damit folglich nicht mehr ausgeführt werden.


lg Wladimir
\(\endgroup\)


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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-21

\(\begingroup\)
Hey, danke!

Wie kommst du jedoch auf die 4pi beim 1. Integral?

zu b.):
Hier gehts ja um sphärische Multipolentwicklung: de.wikipedia.org/wiki/Multipolentwicklung#Sph%C3%A4rische_Multipolentwicklung

Also erstmal muss ich mir das Multipolmoment angucken:
$${\displaystyle q_{lm}={\sqrt {\frac {4\pi }{2l+1}}}\int _{0}^{\infty }dr\int _{0}^{\pi }d\theta \int _{0}^{2\pi }d\varphi \cdot cos \varphi \cdot \sin(\theta )\cdot\delta(r-a){r^{\prime }}^{l+2}\cdot f(\pi - \theta)Y_{lm}^{*}(\theta ,\varphi )}$$

Hier haben wir eigentlich dasselbe Integral wie vorher mit der Ladung, nur das nun Kugelflächenfunktionen Y zur Ladungsdichte multipliziert werden.

1. r-Integral: Einfach wieder <math>\displaystyle a^{l+2}</math>.
2. <math>\displaystyle \phi</math> - Integral: Hier ist nicht klar, was Y genau sein soll, also für welche l und m ich das ausführen soll. Oder heißt es da ich muss einfach mit 00, 01, 10, 20, 21 etc durchgehen und gucken, was dann genau bei diesem Integral herauskommt?

 
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-02-21

\(\begingroup\)
Hallo,
du hast Recht, da gehören in der Tat keine \(4\pi\) hin. Das wäre die Oberfläche der Einheitskugel. Sorry für die Verwirrung.

Zum Multipolmoment: das r-Integral ist korrekt. Beim \(\phi\)-Integral musst du dir überlegen, welche Kugelflächenfunktionen zu einem nichtverschwindenden Integral führen. Z.B. verschwinden alle Beiträge mit \(m=0\), da die entsprechenden Kugelflächenfunktionen nicht von \(\phi\) abhängen und die \(\phi\)-Abhängigkeit damit komplett durch den Kosinus gegeben wird. Das Integral über den Kosinus gibt aber 0. Verwende die allgemeine Darstellung der Kugelflächenfunktionen und überlege dir, für welche \(m\) das Integral nicht verschwindet.

lg Wladimir

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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo!

Verstehe, danke.

Also die allgemeine Definition der Kugelflächenfunktionen ist:

$$Y^*_{lm}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} N_{lm}P_{lm}(cos\theta)e^{-im\phi}$$

mit den Normierungsfaktoren N und Legendre-Polynomen P: de.wikipedia.org/wiki/Kugelfl%C3%A4chenfunktionen#Darstellung


Stimmt, wenn m=0 ist, dann ist die e-Funktion 1 und somit Y nicht von Phi abhängig, was das Multipolmoment Null ergeben lässt.

D.h. m kann jede beliebige ganze Zahl sein, sodass das Multipolmoment nicht verschwindet. Ist das so richtig?

N und P können auch nie Null werden, oder? Also für <math>\displaystyle m \in \mathds{N^}^0</math> und <math>\displaystyle l \in \mathds{N}</math> ist das Potential nicht Null.

Das <math>\displaystyle \theta</math>-Integral brauch ich mir auch nicht angucken, weil ich ja meine Funktion f noch nicht genau kenne.



 
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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo,

2018-02-22 09:33 - quarks in Beitrag No. 6 schreibt:

D.h. m kann jede beliebige ganze Zahl sein, sodass das Multipolmoment nicht verschwindet. Ist das so richtig?

Das <math>\displaystyle \theta</math>-Integral brauch ich mir auch nicht angucken, weil ich ja meine Funktion f noch nicht genau kenne.
 

Das stimmt noch nicht so ganz. Schaue dir z.B. an, was für \(m=2\) passiert.


2018-02-22 09:33 - quarks in Beitrag No. 6 schreibt:


Das <math>\displaystyle \theta</math>-Integral brauch ich mir auch nicht angucken, weil ich ja meine Funktion f noch nicht genau kenne.




Obwohl du die Funktion nicht genau kennst, kannst du trotzdem ein Paar Aussagen treffen. Wir wissen ja, dass die Funktion f symmetrisch zur Äquatorebene ist. Kombiniere dies mit der Symmetrie-Eigenschaften der Legendre-Polynome. Tipp: in Wirklichkeit braucht man nur die Terme für
\(m=\pm 1\)
lg Wladimir

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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hallo,

2018-02-22 11:21 - wladimir_1989 in Beitrag No. 7 schreibt:

Das stimmt noch nicht so ganz. Schaue dir z.B. an, was für <math>m=2</math> passiert.

Ich habe jetzt das Integral gelöst: <math>\displaystyle \int_0^{2\pi} cos(\phi)\cdot e^{-im\phi}=\frac{i(1-e^{-2i\pi m}) m}{1-m^2}</math>

Dadurch, dass der Exponent der e-Funktion immer ein ganzzahliges gerades Vielfaches von <math>\displaystyle i \pi</math> ist, verschwindet die Klammer und so mit das Integral. Also kann es tatsächlich sein, dass für alle m das Multipolmoment verschwindet?




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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo,
der Zähler verschwindet tatsächlich für alle ganzzahligen m. Für \(m=\pm 1\) verschwindet allerdings auch der Nenner. Damit muss man diesen Fall getrennt behandeln. Für \(m \neq \pm 1\) ist das Integral aber tatsächlich 0.

lg Wladimir
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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Für m=1 bzw. -1 ist das Integral genau <math>\displaystyle \pi</math>. D.h. das Potential existiert für <math>\displaystyle m=\pm 1</math>.

Also bleibt über:

$$Q_{l\pm1} = a^{l+2}\cdot \pi \cdot C \cdot \int_0^\pi d\theta \cdot \sin (\theta) \cdot Y_{l\pm 1}(\theta,0) \cdot f(\pi-\theta)$$

Du meintest, dass man noch ein paar Aussagen treffen könnte, wenn man weiß, dass f symmetrisch/gerade ist. Also der Sinus ist eine ungerade Funktion, also ist das Produkt von dem Sinus und der Funktion f auch eine ungerade Funktion.

Aber die Legendre-Polynome hängen ja noch von <math>\displaystyle \theta</math> ab:

$$P_{l\pm 1}(cos \theta) = \frac{(-1)^{\pm 1}}{2^l l!}(1-cos^2 \theta)^\frac{\pm 1}{2} \frac{d^{l+\pm 1}}{dx^{l+\pm 1}}(cos^2 \theta -1)^l$$

Der Kosinus darin ist eine gerade Funktion(also sein Quadrat auch), d.h. es die ungerade Funktion von vorher wird mit einer geraden Funktion multipliziert, woraus im Endeffelt über ungerade Funktionen von Null bis Pi integriert wird.

Also ist das Integral damit nicht Null. Hast du das damit gemeint?
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-02-22

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Hallo,

das \(\phi\)-Integral ist nun richtig.
Bei der anderen Diskussion solltest du bedenke, dass hier nicht die Symmetrie zum Ursprung, sondern die Symmetrie zur \(\theta=\frac{\pi}{2}\)-Achse relevant ist. Damit it insbesondere der Kosinus eine ungerade und der Sinus eine gerade Funktion. An der Darstellung der Legendre-Polynome kann man ablesen, dass diese im Falle \(m=\pm 1\) für gerade l ungerade Funktionen und für ungerade l gerade Funktionen sind. Da zusätzlich sofohl f als auch der Sinus gerade Funktionen sind, verschwindet das Integral für alle geraden Werte von l.

lg Wladimir



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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hey, danke dir.

Ich kann mir das graphisch nicht so vorstellen. Also wir haben folgende Kugel: de.wikipedia.org/wiki/Kugelkoordinaten#/media/File:Kugelkoord-def.svg

Und die Funktion f wird gespiegelt bei z=0 bzw. bei <math>\displaystyle \theta = \frac{\pi}{2}</math>, also ist die y-Achse im Bild oben die Spiegelachse.

Warum macht das dann einen Sinus symmetrisch um diese Achse? Wie verläuft den ein Sinus/Kosinus in dem Bild oben bzw. in welche Richtung zeigt seine Amplitude?




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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo,
zeichne dir einfach die Sinusfunktion und die Kosinusfunktionen um \(\theta=\frac{\pi}{2}\).

lg Wladimir

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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hey,

die <math>\displaystyle \theta = \frac{\pi}{2}</math>-Achse ist doch die y-Achse, oder? Und wenn ich um diese Achse einen Sinus zeichne, dann ist dieser zum Koordinatenursprung unsymmetrisch, also eben f(x) = -f(-x). (wie im normalen x,y-Koordinatensystem)


Oder vielleicht besser gefragt: Warum sind Funktionen <math>\displaystyle f(x) = f(\pi - x)</math> genau an der <math>\displaystyle z=0</math> Ebene(x,y) symmetrisch?



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo,

die Koordinate \(\theta\) misst den Winkel zwischen dem Vektor \(\vec r\) und der z-Achse. Der Bereich \(0\le \theta \le \pi/2\) entspricht dabei der oberen Halbkugel, während der Bereich \(\pi/2 \le \theta \le \pi\) die untere Halbkugel beschreibt. Wenn eine Funktion die Bedingung \(f(\theta)=f(\pi-\theta)\) erfüllt, bedeutet das gerade, dass die untere Halbkugel das Spiegelbild der oberen Halbkugel an der Äquatorebene ist. Sei z.B. \(\theta=10°\), so haben wir \(f(10°)=f(170°)\). Für die Punkte in der Äquatorebene gilt \(\theta=\pi/2\). Eine Funktion mit \(f(\theta)=f(\pi-\theta)\) kann man also auch so beschreiben, dass sie symmetrisch zu einer vertikalen Achse ist, die bei \(\theta=\pi/2\) liegt. Die Sinusfunktion ist symmetrisch zu dieser Achse, was man einfach anhand des Schaubildes sehen kann. Die Kosinusfunktion ist dagegen antisymmetrisch zu dieser Achse.


lg Wladimir
\(\endgroup\)


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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hallo, danke!

Jetzt verstehe ich es besser.

Ich habe mir die Legendre-Polynome näher angesehen:

 (1) Der "Funktionsfaktor" vor der Ableitung ist für <math>\displaystyle l</math> beliebig und <math>\displaystyle m=\pm 1</math> immer ungerade.

 (2) Für <math>\displaystyle l</math> gerade und <math>\displaystyle m=\pm 1</math> gibt es eine   ungerade Anzahl an Ableitungen.

 (3) Für <math>\displaystyle l</math> gerade und <math>\displaystyle m=\pm 1</math> gibt es eine gerade Anzahl an Ableitungen.

 (4) Die abzuleitende Funktion <math>\displaystyle (cos^2 \theta - 1)^l</math> für <math>\displaystyle l</math> beliebig ist immer ungerade.

Obige Punkte sind auf die Spiegelsymmetrie <math>\displaystyle f(x) = f(\pi - x)</math> bezogen.

Normal gilt ja, wenn ich eine Funktion nach eine Variable ableite, dann wird eine ungerade Funktion zu einer geraden Funktion und umgekehrt.

Jedoch leite ich doch nach <math>\displaystyle cos \theta</math> ab, wobei ja <math>\displaystyle \theta</math> meine eigentliche Variable ist auf das sich ja diese Symmetrie beziehen soll.

Also wenn ich eine gerade Funktion n-mal ableite und n gerade ist, dann ist die n-te abgeleitete Funktion auch gerade. Wenn n jedoch ungerade ist, dann ist die n-te abgeleitete Funktion ungerade. (Vorausgesetzt alle Funktionen sind diff.bar, aber das ist bei uns sin/cos-Ableitungen eh der Fall)

Wie handhabe ich das oben genannte "Gesetz", wenn ich nach eine Funktion nach einer Funktion ableite?







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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo,

1) Warum sollte der Term \(1-\cos(\theta)^2\) ungerade sein. Zwar ist der Kosinus ungerade, das Quadrat davon ist aber gerade. Man kann sich das auch so klar machen. Man schaue sich das Legendre-Polynom in x an. Wegen \(\cos(\pi/2)=0\) entspricht die Symmetrie der Legendre-Polynome in x bezüglich \(x=0\) der Symmetrie bezüglich \(\theta=\pi/2\).

Damit ist der Term \((1-x^2)\) gerade. Deine Überlegungen bezüglich der Ableitungen sind richtig. Für l gerade ist die Ableitung und damit das gesamte Polynom ungerade.


lg WLadimir
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Tirpitz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
2018-02-22 21:18 - wladimir_1989 in Beitrag No. 17 schreibt:
Hallo,

1) Warum sollte der Term \(1-\cos(\theta)^2\) ungerade sein. Zwar ist der Kosinus ungerade, das Quadrat davon ist aber gerade.


Nicht mal der Kosinus ist ungerade, sondern gerade.
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-02-22

\(\begingroup\)
Hallo Tirpitz,


beachte, dass wir hier die Symmetrieeigenschaften des Kosinus bezüglich der \(\theta=\pi/2\)-Achse betrachten. Bezüglich dieser Achse ist der Kosinus ungerade und der Sinus gerade.


lg Wladimir
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Tirpitz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-02-22


Hoppla, hätte einmal genauer lesen müssen. frown



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-02-22


Kein Problem.



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quarks
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hallo, danke!

Damit sind die Legendre-Polynome tatsächlich ungerade für gerade l. Multipliziert man diese ungerade Funktion mit der geraden Funktion f und geraden Funktion <math>\displaystyle sin \theta</math> ergibt im Endeffekt eine ungerade Funktion im bestimmten Integral von 0 bis <math>\displaystyle \pi</math>.

Eins ist mir noch nicht so geläufig. Wie kann ich sagen, dass dieses Integral verschwindet? Also es ist klar, wenn man über einen bestimmten Bereich der ungeraden Fkt. integriert, dass dies Null ist. Jedoch wir kann ich mir das in unserem Fall vorstellen?



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-02-23

\(\begingroup\)
Das Integrationsintervall ist symmetrisch zu \(\theta=\pi/2\). Damit haben wir \(\int_0^{\pi}F(\theta)\text{d}\theta=\int_{0}^{\pi/2}F(\theta)\text{d}\theta+\int_{\pi/2}^{\pi}F(\theta)\text{d}\theta=\int_{0}^{\pi/2}F(\theta)\text{d}\theta+\int_{\pi/2}^{0}F(\theta)\text{d}\theta=0\).
F sei dabei eine beliebige ungerade Funktion, die \(F(\theta)=-F(\pi-\theta)\) erfüllt. Im zweiten Schritt haben wir im zweiten Integral \(\theta\) durch \(\pi-\theta\) substituiert.


lg Wladimir
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quarks hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
quarks hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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