Rotation eines Vektorfeldes

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24.07.2014, 00:25	moclus	Auf diesen Beitrag antworten »
Rotation eines Vektorfeldes Bevor ich mein Problem erläutere, möchte ich darauf hinweisen, dass es mir hier nur um die mathematischen und nicht um die physikalischen Aspekte geht. Ich möchte die 4. Maxwellgleichung (Durchflutungsgesetz) in der differentiellen Form anwenden. Ein stromdurchflossener Leiter mit vernachlässigbarem Querschnitt, wird von einem Gleichstrom durchflossen. Es soll die magnetische Feldstärke ermittelt werden. Der Ingenieur handelt in der Regel wie folgt: Durchflutungsgesetz in Integralform lautet: $\begin{eqnarray} \oint_{}^{} \! \vec{H} \cdot \, d\vec{s} = \Theta \end{eqnarray}$ Als Integrationsweg werden konzentrische Kreise um den Leiter gewählt. Dann sind $\begin{eqnarray} \vec{H} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{ds} \end{eqnarray}$ kollinear, sodass ich nur noch das Produkt der Beträge berücksichtigen muss. Das Integral vereinfacht sich zu: $\begin{eqnarray} H \oint_{}^{} \!\, ds = \Theta \end{eqnarray}$ Das Linienelement ds macht dabei einen Umlauf, der dem Kreisumfang entspricht. Da ich hier nur eine Windung habe, ist die verkettete Stromsumme nur I und ich erhalte: $\begin{eqnarray} H 2 \pi r \, = I \Leftrightarrow H = \frac{I}{2\pi r} = \| \vec{H} \| \end{eqnarray}$ Diese Berechnung ist mir irgendwie "zu algorithmisch". Daher möchte ich nun den Ansatz: $\begin{eqnarray} \vec{\nabla} \times \vec{H} = \vec{j} \end{eqnarray}$ wählen. Nun müsste doch gelten: $\begin{eqnarray} \vec{\nabla} = \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \\ \frac{\partial}{\partial z} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec{H} = \begin{pmatrix} -y \\ x \\ 0 \end{pmatrix} \frac{A}{m} \end{eqnarray}$ mit der Einheit Ampere pro Meter. Aber wenn ich dieses Kreuzprodukt ausrechne, kommt bei mir nur Humbug raus Ich könnte natürlich die Stromdichte j noch durch $\begin{eqnarray} j = \frac{I}{A} \end{eqnarray}$ ausdrücken ... Irgendwas überseh ich doch Das Vektorfeld hab ich mithilfe eines Applets von mathe-online.at kreiert. (Quelle:http://www.mathe-online.at/nml/materiali...l2d/applet.html)
24.07.2014, 09:39	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu Beginn ein Hinweis Warum verwendest du in deiner ersten Formel für den Strom das Symbol $\begin{eqnarray} \Theta \end{eqnarray}$ ? Für den Strom ist das Symbol I gebräuchlich, also $\begin{eqnarray} I=\oint \vec H\,\,d\vec s \end{eqnarray}$ Die Dimension des Magnetfeldes H ist "Ampere pro Meter" und die Dimension des Weges s ist "Meter", so dass auf der linken Seite die Dimension "Ampere" herauskommt, wie es sein muss. ------------------------ Deine Rechnung ist übrigens völlig richtig und keineswegs "zu algorithmisch". Das Gesetz $\begin{eqnarray} \nabla \times \vec H=\vec j \end{eqnarray}$ wäre nur dann sinnvoll, wenn der Strom nicht innerhalb eines dünnen Drahtes konzentriert ist wie in deiner Aufgabe, sondern wenn man eine räumliche Stromdichte-Verteilung j innerhalb eines Volumens hätte. Wollte man auch in deiner Aufgabe mit einer Stromdichte rechnen, so müsste man diese formal mit der Deltafunktion ausdrücken, also $\begin{eqnarray} \vec j=I\cdot \begin{pmatrix} \delta(x) \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das ist möglich aber nicht sinnvoll.
24.07.2014, 13:09	moclus	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Ehos, Mit $\begin{eqnarray} \Theta \end{eqnarray}$ meinte ich die verkettete Stromsumme (Durchflutung), die in diesem Fall aufgrund einer Windung natürlich nur dem Strom I entspricht und nicht das Produkt aus der Windungszahl und dem Strom ist. Sinnvoll hört es sich wirklich nicht an .. aber ich würde es gerne versuchen. Was ist das denn für eine Delta Funktion?
24.07.2014, 14:07	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Mit der Delta-Funktion kann man mathematisch unendlich hohe Dichte ausdrücken, was in der Praxis oft sinnvoll ist. Bekanntlich ist die Masse eines Volumens mit der Dichteverteilung $\begin{eqnarray} \rho \end{eqnarray}$ gerade das Integral $\begin{eqnarray} m=\int \rho(\vec x)\,\,dV \end{eqnarray}$ Diese Formel ist aber auf einen Massepunkt nicht anwendbar, weil in diesem eine unendlich hohe Dichte auf einem unendlich kleinen Volumen konzentriert ist. Man definiert deshalb für einen Massepunkt der Masse m, der sich am Ort x=0 befindet, formal folgende Dichte: $\begin{eqnarray} \rho(\vec x)=m\cdot \delta (\vec x) \end{eqnarray}$ Darin ist der 2.Faktor die sogenannte Deltafunktion, die wie folgt definiert ist: (1) Die Deltafunktion hat überall denn Wert Null, außer beim Argument x=0. (2) Die Deltafunktion hat beim Argument x=0 den Wert unendlich. (3) Das Integral über die Deltafunktion ergibt den Wert 1. Integriert man somit über die obige Dichte des Massepunktes, ergibt sich formal dessen Masse m, wie es sein muss. $\begin{eqnarray} m=\int_{-\infty}^{+\infty}\underbrace{m\cdot \delta (\vec x)}_{\text{Dichte }\rho}\,\,\,dV=m\cdot \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty}\delta (\vec x)\,\,\,dV}_{\text{laut Definition gleich 1}} \end{eqnarray}$ Die Handhabung der Deltafunktion, die man in der Mathenmatik auch als Distrubution bezeichnet, muss natürlich mathematisch sauber definiert werden. Das führt hier aber zu weit. Für den Praktiker reicht oft das hier Gesagte.
24.07.2014, 14:10	moclus	Auf diesen Beitrag antworten »
Das finde ich sehr interessant ... hab in meinem Studium noch nichts darüber gehört. Denke mal, dass das in der Elektrotechnik nicht (und wenn dann nur am Rande) behandelt wird. Das könnte ich nun auf mein Fall anwenden? Mir leuchtet nur noch nicht ein wie genau.
25.07.2014, 09:22	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Bekanntlich lautet das Durchflutungsgesetz in differenzieller Form $\begin{eqnarray} rot(\vec H)=\vec j \end{eqnarray}$ Integration über die Fläche A, welche von der Stromdichte durchsetzt wird, ergibt $\begin{eqnarray} \int \int rot(\vec H)\,\,d\vec A=\int \int \vec j\,\,d\vec A \end{eqnarray}$ Das Flächenintegral auf der linken Seite wandeln wir mittels Stokeschem Satz in ein Kurvenintegral über die Randkurve der Fläche um. $\begin{eqnarray} \oint \vec H\,\,d\vec s=\int \int \vec j\,\,d\vec A \end{eqnarray}$ Da wir keine räumlich ausgedehnte Stromdichte haben, sondern einen lokalen Strom entlang der x-Achse, müssen wir formal eine Stromdichte mit Hilfe der Deltafunktion definieren (ähnlich wie die Massedichte eines lokalen Massepunktes im letzten Beispiel). Die zugehöhrige Stromdichte lautet $\begin{eqnarray} \vec j=\begin{pmatrix} I\cdot \delta(y)\cdot \delta(z) \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wie gewünscht zeigt diese Stromdichte zeigt in Richtung x-Achse und hat entlang der x-Achse (also bei y=z=0) den Wert Unendlich. Einsetzen liefert $\begin{eqnarray} \oint \vec H\,\,d\vec s=\int \int \begin{pmatrix} I\cdot \delta(y)\cdot \delta(z) \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \,\,d\vec A \end{eqnarray}$ Auf der rechten Seite integrieren wir über die Fläche, welche vom Strom durchflossen. Diese Fläche ist eine Ebene, die senkrecht auf der x-Achse steht und die x-Achse in irgendeinem festen aber beliebigen Punkt x schneidet. Das Differenziel einer solchen Ebene lautet $\begin{eqnarray} d\vec A=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} dy\,dz \end{eqnarray}$ Einsetzen liefert $\begin{eqnarray} \oint \vec H\,\,d\vec s=\int_{y=-\infty}^{+\infty} \int_{z=-\infty}^{+\infty} \underbrace{\begin{pmatrix} I\cdot \delta(y)\cdot \delta(z) \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}}_{\text{Skalarprodukt}}\,\,dy\,dz =I\cdot \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty}\delta (y)\,\,dy}_{=1}\cdot \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty}\delta (z)\,\,dz}_{=1} =I \end{eqnarray}$ Die beiden Integrale ergeben den Wert 1, was aus der Definition der Deltafunktion folgt. Insgesamt bekommen wir auch auf diesem Wege das gewünschte Ergebnis.
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25.07.2014, 19:45	moclus	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für Deine Mühe! Du wandelst die Rotation also in ein geschlossenes Wegintegral um. Durch aufsummieren des Integrals, erhalte ich dann auf der linken Seite den Kreisumfang. Ich hab noch 1 Frage ... ich denke dann hab ich alles verstanden. Wenn ich als Integrationsweg "konzentrischen Kreisen" nehme, dann sind die Vektoren H und ds kollinear, und ich berechne nur noch das Skalarprodukt. Dann hab ich im Ergebnis automatisch schon den Betrag der Funktion. Wie kann ich denn die magnetische Feldstärke als Vektor im Ergebnis erhalten? Also mein Ansatz wäre wie folgt: Ich nehme als Ausgangspunkt nun deine fertige Umformung, bis zur Integraldarstellung: $\begin{eqnarray} \oint_{}^{} \! \vec{H} \cdot \, d\vec{s} = I \end{eqnarray}$ Das Vektorfeld breitet sich nur in der x y Ebene aus, sodass ich mit $\begin{eqnarray} \vec{H} \underbrace{\oint_{}^{} \! \, d\vec{s}}_{2\pi r} = I \end{eqnarray}$ und mit $\begin{eqnarray} r = \sqrt{x²+y²} \end{eqnarray}$ Das kann aber nicht richtig sein ... jetzt könnte ich natürlich noch einfach mein Vektor hinzufügen ... das muss doch aber anders gehen Am Ende hätte ich: $\begin{eqnarray} \vec{H} = \frac{I}{2 \pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{x²+y²} } \cdot \begin{pmatrix} -y \\ x \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das muss doch aber auch anders gehen ... ohne den Vektor einfach dorthin zuklatschen
28.07.2014, 09:30	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich schreibe die Rechnung nochmals ausführlich hin: Wie du richtig schreibst, ist der Strom $\begin{eqnarray} I=\oint \vec H \,\,d\vec s \end{eqnarray}$ Die Parameterdarstellung einer Kreiskurve um den stromführenden Leiter (x-Achse) an einer beliebigen Stelle x liegt lautet $\begin{eqnarray} \vec s=\begin{pmatrix} x \\ R\cdot \cos(\phi) \\ R\cdot \sin(\phi) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das Magnetfeld zeigt in tangentiale Richtung bezüglich dieses Kreises. Ohne Rechnung kennen wir also bereits die Richtung des Magnetfeldes, aber noch nicht dessen Abhängigkeit H(R) vom Radius R. Das Magnetfeld am Kreispunkt $\begin{eqnarray} \vec s \end{eqnarray}$ hat also die Gestalt $\begin{eqnarray} \vec H=H(R)\cdot \begin{pmatrix} 0 \\-\sin(\phi) \\ \cos(\phi) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wie es sein muss stehen der radiale Kurvenpunkt $\begin{eqnarray} \vec s \end{eqnarray}$ und das tangentiale Magnetfeld $\begin{eqnarray} \vec H(\vec s) \end{eqnarray}$ senkrecht, denn das Skalarprodukt $\begin{eqnarray} \vec s\cdot \vec H(\vec s)=0 \end{eqnarray}$ verschwindet. Jetzt berechnen wir das obige Integral. Die Ableitung der obigen Parameterdarstellung der Kreiskurve nach dem Winkel lautet $\begin{eqnarray} \tfrac{d\vec s}{d\phi}=\begin{pmatrix} x \\-R\cdot \sin(\phi) \\ R\cdot \cos(\phi) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ "Umstellen" ergibt $\begin{eqnarray} d\vec s=\begin{pmatrix} x \\-R\cdot \sin(\phi) \\ R\cdot \cos(\phi) \end{pmatrix}\,\,d\phi \end{eqnarray}$ Einsetzen in das obige Integral liefert $\begin{eqnarray} I=H(R)\cdot \oint \underbrace{\begin{pmatrix} 0 \\-\sin(\phi) \\ \cos(\phi) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\-R\cdot \sin(\phi) \\ R\cdot \cos(\phi) \end{pmatrix}}_{\text{Skalarprodukt}=R}\,\,d\phi=H(R)\cdot 2\pi R \end{eqnarray}$ Umstellen nach R liefert das Magnetfeld in Abhängigkeit vom Abstand R eines stromführenden Leiters, was aus der Elektrodynamik gut bekannt ist $\begin{eqnarray} H(R)=\tfrac{I}{2\pi R} \end{eqnarray}$ Das Magnetfeld ist also umgekehrt proportional zum Abstand R, was einleuchtend ist. ------------------------------ Du fragst, wie man umgekehrt aus dem Magnetfeld den vektorförmigen Strom berechnen kann? Wir schreiben das oben angegebene Magnetfeld mal in kartesischen Koordinaten: $\begin{eqnarray} \vec H=\frac{I}{2\pi R}\cdot \begin{pmatrix} 0 \\-\sin(\phi) \\ \cos(\phi) \end{pmatrix}=\frac{I}{2\pi \sqrt{y^2+z^2}}\cdot \begin{pmatrix} 0 \\-\tfrac{z}{\sqrt{y^2+z^2}} \\ \tfrac{y}{\sqrt{y^2+z^2}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nach der Maxwellschen Gleichung $\begin{eqnarray} rot(\vec H)=\vec j \end{eqnarray}$ ergibt sich daraus die Stromdichte, wenn man auf diese Gleichung die Rotation anwendet. Rechne das mal aus. Dann müsste überall Null herauskommen - außer auf der x-Achse, weil nur dort Strom fließt. Auf der x-Achse ist das Magnetfeld aber nicht differenzierbar. Mit gewissen trickreichen Rechenregeln für die Deltafunktion, bekommt man aber dort diejenige "deltaförmige" Stromdichte heraus, die ich dir kürzlich aufgeschrieben habe. Diese Rechenregeln kann ich aber hier aber nicht erläutern.
31.07.2014, 19:06	moclus	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für Deine Hilfe Habe alles verstanden!

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