rot(rot) = grad(div) - \Delta < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:32 So 03.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Mir ist da was voll unklar mit einer Regel der Rotation rot F eines Vektorfeldes.
Wendet man zweimal hintereinander die Rotation auf F an, gilt folgendes:
rot(rot F) = grad(div F) - [mm] (\Delta [/mm] F)
Das ist eindimensional!!!
Ich nehme an ich habe ein Vektorfeld V = [mm] \vektor{f(x,y,z) \\ g(x,y,z) \\ t(x,y,z)}
[/mm]
so ist
rot V = [mm] \vektor{\bruch{\partial t(x,y,z)}{\partial y} - \bruch{\partial g(x,y,z)}{\partial z} \\ \bruch{\partial f(x,y,z)}{\partial z} - \bruch{\partial t(x,y,z)}{\partial x}\\ \bruch{\partial g(x,y,z)}{\partial x} - \bruch{\partial f(x,y,z)}{\partial y}}
[/mm]
Wenn ich darauf nochmals rot Anwende kommt da sicher nicht was eindimensionales raus, und ansonsten stimmts auch nicht...!
Thx. Qsxqsx
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Hallo!
Das ist nicht eindimensional.
Es ist:
[mm]rot(\vec{F}): \ \IR^3\mapsto\IR^3[/mm]
[mm] div(\vec{F}): \ \IR^3\mapsto\IR[/mm]
[mm] grad(\phi): \ \IR\mapsto\IR^3[/mm]
Mit dem letzten Term ist das so ne Sache, weil deine Formel exakt die Definition dieses Operators ist. Denk dran, daß es den Nabla-Operator auch für skalare gibt. Aber nen Widerspruch sehe ich hier nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:16 Mo 04.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Danke, aber
![[]](/images/popup.gif) Hier
steht ja eben dass [mm] \Delta [/mm] = [mm] \bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} x} [/mm] + [mm] \bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} y} [/mm] + [mm] \bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} z}
[/mm]
also sorry das ich nochmal frag, aber du sagst nun also dass man das Nabla entweder 3-Dimensional oder 1-Dimensional auffassen kann?
Das verwirrt mich nun. Ich habe eben die frage gestellt, weil ich gerade die Wellengleichung für Elektromagnetische Wellen aus den Maxwellgleichungen erhalten wollte. Ausserdem seh ich das Nabla oft in partiellen DGLen.
Muss ich es nun 3D oder 1D sehen?!
Ich wünsche einen schönen Abend.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:29 Mo 04.10.2010 | | Autor: | felixf |
> steht ja eben dass [mm]\Delta[/mm] = [mm]\bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} x}[/mm]
> + [mm]\bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} y}[/mm] +
> [mm]\bruch{\partial^{2} }{\partial^{2} z}[/mm]
>
> also sorry das ich nochmal frag, aber du sagst nun also
> dass man das Nabla entweder 3-Dimensional oder
> 1-Dimensional auffassen kann?
Vorsicht:
Nabla = [mm] $\nabla$
[/mm]
Delta = [mm] $\Delta$
[/mm]
Das sind zwei verschiedene Zeichen! Soll in deiner Aufgabenstellung jetzt ein Nabla oder ein Delta stehen?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 Mo 04.10.2010 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Vorsicht:
>
> Nabla = [mm]\nabla[/mm]
>
> Delta = [mm]\Delta[/mm]
>
> Das sind zwei verschiedene Zeichen! Soll in deiner
> Aufgabenstellung jetzt ein Nabla oder ein Delta stehen?
>
> LG Felix
>
in diesem Zusammenhang ist mit [mm] "$\Delta$" [/mm] der Laplace-Operator gemeint.
Gruß,
notinX
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Hallo qsxqsx,
zuerst einmal ist [mm] $\Delta$ [/mm] immer als "'skalare"' und nicht als (mehr als eindimensionale) vektorielle Größe aufzufassen! Es gibt keine verschiedenen Komponenten von [mm] $\Delta$.
[/mm]
Ich denke, dass Dein Problem Folgendes ist:
Es sei
$F := [mm] \left(u(x,y,z),v(x,y,z),w(x,y,z)\right) [/mm] = [mm] \left(u,v,w\right)$.
[/mm]
Dann ist selbstverständlich $aF = [mm] a\left(u,v,w\right) [/mm] = [mm] \left(au,av,aw\right)$ [/mm] für $a [mm] \in \mathbb{R}$.
[/mm]
Das "'innere Produkt"' [mm] $\nabla\cdot \nabla [/mm] = [mm] \partial_x\cdot \partial_x [/mm] + [mm] \partial_y\cdot \partial_y [/mm] + [mm] \partial_z\cdot \partial_z=\partial^2_x [/mm] + [mm] \partial^2_y [/mm] + [mm] \partial^2_z [/mm] = [mm] \nabla^2 [/mm] = [mm] \Delta$ [/mm] des vektoriellen Operators [mm] $\nabla [/mm] = [mm] \left(\partial_x , \partial_y ,\partial_z\right)$ [/mm] ist wie üblich eine "'skalare Größe"', die analog wie $a$ auch mit einen Vektor multipliziert werden kann:
$ [mm] \Delta \cdot [/mm] F = [mm] (\Delta(u), \Delta(v), \Delta(w))$
[/mm]
Dabei ist zu beachten, dass das Produkt [mm] ($\cdot$) [/mm] zwischen "'skalaren"' Größen und vektoriellen Größen oder zwischen zwei vektoriellen Größen steht, während die "'Multiplikation"' zwischen einem "'skalaren"' Operator und einer skalaren Größe die Operation des "'skalaren"' Operators auf der skalare Größe ist.
LG mathfunnel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:34 Di 05.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo Zusammen,
Eure Aufmerksamkeit ist sehr nett. Ich kapiere es leider noch nicht, deshalb schildere ich mal die ganze Aufgabenstellung plus Lösung:
Es soll die Wellengleichung in einem Medium mit Polarisation [mm] \overrightarrow{P} [/mm] = [mm] \varepsilon_{0}*\alpha*\overrightarrow{E} [/mm] und Magnetisierung [mm] \overrightarrow{M} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\mu_{0}}*\beta*\overrightarrow{B} [/mm] mithilfe der Maxwellschen Gleichungen hergeleitet werden.
Dabei habe ich die Elektrische Suszeptibilität mit [mm] \alpha [/mm] und die Magnetische Suszeptibilität mit [mm] \beta [/mm] bezeichnet.
Man kommt nach ein paar Umformungen und einsetzen der charakterisierenden Eigenschaften (M, P) des Mediums auf
Term (1)
rot [mm] \overrightarrow{B} [/mm] = [mm] \bruch{1 + \alpha}{1 - \beta}*\bruch{1}{c^{2}}*\bruch{\partial \overrightarrow{E}}{\partial t}
[/mm]
jetzt muss man diesen Term mit
Term(2)
[mm] -\bruch{\partial \overrightarrow{B}}{\partial t} [/mm] = rot [mm] \overrightarrow{E}
[/mm]
in Beziehung setzen. Dabei wird benutzt rot rot [mm] \overrightarrow{E} [/mm] = (grad( div [mm] \overrightarrow{E})) [/mm] - (laplace [mm] \overrightarrow{E}) [/mm] mit der hier angewandeten Bedingung div [mm] \overrightarrow{E} [/mm] = 0
Lösung:
Laplace [mm] \overrightarrow{E} [/mm] = [mm] \bruch{1 + \alpha}{1 - \beta}\bruch{1}{c^{2}}*\bruch{\partial^{2} E}{\partial t^{2}}
[/mm]
Laplace ist doch eben Skalar, so haben wirs aufjedenfall in den Partiellen DGL als skalare grösse...
Gruss
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Hallo!
Laplace gibt eben NICHT skalare Ergebnisse. Das hängt davon ab, worauf es wirkt.
[mm]\Delta=\partial_x^2+\partial_z^2+\partial_z^2[/mm] ist ein skalarer Operator.
Wenn man das auf eine skalare Funktion anwendet:
[mm]\Delta\varphi(x,y,z)=\partial_x^2\varphi(x,y,z)+\partial_z^2\varphi(x,y,z)+\partial_z^2\varphi(x,y,z)[/mm]
kommt was skalares raus.
Aber wenn du das auf einen Vektor anwendest:
[mm]\Delta\vektor{f(x,y,z)\\
g(x,y,z)\\
h(x,y,z)}=\vektor{\Delta f(x,y,z)\\
\Delta g(x,y,z)\\
\Delta h(x,y,z)}=\vektor{\partial_x^2f(x,y,z)+\partial_y^2f(x,y,z)+\partial_z^2f(x,y,z)\\
\partial_x^2g(x,y,z)+\partial_y^2g(x,y,z)+\partial_z^2g(x,y,z)\\
\partial_x^2h(x,y,z)+\partial_y^2h(x,y,z)+\partial_z^2h(x,y,z)}[/mm]
kommt da was vektorielles raus.
Wenn du aus deiner "Rechenregel" das $grad(div [mm] \vec{F})$ [/mm] mal zu Fuß ausrechnest, sollte dir klar sein, daß da auf jeden Fall so Mischableitungen [mm] $\partial_x\partial_y$ [/mm] auftauchen werden. Die gibts dann auch in dem $rot(rot [mm] \vec{F})$, [/mm] sodaß die sich gegenseitig wegheben, und nur noch die gleichen Ableitungen [mm] $\partial_x\partial_x$ [/mm] etc. stehen bleiben. Probier das mal ganz stur aus!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:11 Di 05.10.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Alles klar jetzt!
Ja blöd hab ichs nicht ausprobiert...Ausrede: Zuerst hab ich eben einfach rot rot E = Laplace E zeigen wollen, ich habe nicht bemerkt gehabt das das nur für den Ladungsfreien Raum gilt. Aber ja, ich werds jetzt nachrechnen...
...Gruss
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