Volumenintegral über eine Kugel

20.05.2011, 21:30	Mathnoob2010	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumenintegral über eine Kugel Meine Frage: Hi ich habe hier eine Aufgabe wo ich die Gesamtladung der folgenden kugelsymmetrischen Ladungsverteilung im Raum, mit hilfe eines Kugelvolumens mit unendlichem Radius, berechnen soll. $\begin{eqnarray} \rho (r)=\frac{ke^{-\frac{2r}{a} } }{r^2} \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Ich habe es bereits nach bestem Wissen gelöst und hoffe eigentlich nur auf eine Bestätigung meiner Rechnung da ich keine Musterlösung besitze: $\begin{eqnarray} \int_0^\infty\int_0^\pi \int_0^{2\pi}\!\frac{ke^{-\frac{2r}{a} } }{r^2}\cdot r^2sin\theta dr d\theta d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty\int_0^\pi \int_0^{2\pi}\!ke^{-\frac{2r}{a} } sin\theta dr d\theta d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \int_0^\pi \!2\pi ke^{-\frac{2r}{a} } sin\theta dr d\theta \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \!2\pi ke^{-\frac{2r}{a} } dr=\left[-a\pi ke^{-\frac{2r}{a} }\right]_{0}^{\infty} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =-a\pi ke^{-\infty}-\left(-a\pi ke^0\right)=\pi ak \end{eqnarray}$
20.05.2011, 22:47	sergej88	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, im ersten Integral passt die Reihenfolge der Integrale nicht zu der Reihenfolge der Differentiale, aber hast dann erstmal richtig weitergerechnet. Aber später hast du die Auswertung des Integrales über den Sinus iwie vergessen. Da kommt ja ein Faktor 2 hinzu entsprechend. Die Schreibweise ist mit dem $\begin{eqnarray} e^{-\infty} \end{eqnarray}$ nicht unbedingt glücklich gewählt. aber im grossen und ganzen ok mfg
20.05.2011, 23:12	Mathnoob2010	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank stimmt hab vercheckt dass cos(0)=1 ist^^ und das mit dem $\begin{eqnarray} e^{-\infty} \end{eqnarray}$ ist natürlich so nicht richtig^^ aber zweckdienlich^^ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty\int_0^\pi \int_0^{2\pi}\!\frac{ke^{-\frac{2r}{a} } }{r^2}\cdot r^2sin\theta dr d\theta d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty\int_0^\pi \int_0^{2\pi}\!ke^{-\frac{2r}{a} } sin\theta dr d\theta d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \int_0^\pi \!2\pi ke^{-\frac{2r}{a} } sin\theta dr d\theta \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \!2\pi ke^{-\frac{2r}{a} }-\left(-2\pi ke^{-\frac{2r}{a} }\right) dr=\int_0^\infty \!4\pi ke^{-\frac{2r}{a} } dr=\left[-2a\pi ke^{-\frac{2r}{a} }\right]_{0}^{\infty} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =-2a\pi ke^{-\infty}-\left(-2a\pi ke^0\right)=2a\pi k \end{eqnarray}$ P.S.: Meiner Meinung nachn kann man die Differentiale beliebig vertauschen, ich könnte sie ja auch immer direkt hinter das jeweilige integral schreiben(und mir ist diese Variante am Übersichtlichsten^^)

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