Integral: N-dim, Vektoren,e-Fu < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:51 So 19.12.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Es ist für die physik folgendes Integral über den Raum zu berechnen, wobei [mm] r_{1} [/mm] und [mm] r_{2} [/mm] Vektoren im R3 sind:
Z = [mm] \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|r_{1} - r_{2}|^{2}}} dr_{1}^{3} dr_{2}^{3}
[/mm]
Steht jetzt da z.B. für einen Vektor [mm] \overrightarrow{v}
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|v|^{2}}} dv^{3} [/mm] dann weiss ich wie man das berechnet, und zwar so:
[mm] |v|^{2} [/mm] = [mm] v_{x}^{2} [/mm] + [mm] v_{y}^{2} [/mm] + [mm] v_{z}^{2}
[/mm]
--->
[mm] e^{-|v|^{2}} [/mm] = [mm] e^{-v_{x}^{2}}*e^{-v_{y}^{2}}*e^{-v_{z}^{2}}
[/mm]
und dann kann man getrennt integrieren. Für das integral [mm] e^{-k*x^{2}}, [/mm] wobei k eine Konstante ist, gibt es dann ja auch eine Formel damit man nicht langrumrechnen muss.
Aber jetzt zurück zu meinem Problem. Bei mir wird als Tipp angegeben: Schreibe [mm] \overrightarrow{r_{1}} [/mm] - [mm] \overrightarrow{r_{2}} [/mm] als [mm] \overrightarrow{r}.
[/mm]
Und dann soll ich [mm] \bruch{1}{2}*(\overrightarrow{r_{1}} [/mm] + [mm] \overrightarrow{r_{2}}) [/mm] als [mm] \overrightarrow{R} [/mm] schreiben und über R integrieren.
[mm] \overrightarrow{r} [/mm] ist demzufolge der Abstand der zwei.
[mm] \overrightarrow{R} [/mm] ist demzufolge der Vektor zur Mitte des Abstandes (Schwerpunkt).
Aber wie soll ich das jetzt mit den Differentialen umsetzen? [mm] \bruch{dR}{dr_{1}} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] und analog für [mm] r_{2}?
[/mm]
Somit muss ich über [mm] (2*dR)^{3}*(2*dR)^{3} [/mm] integrieren? Nur das würde kein sinn machen, da ich ja nur noch einmal über den Raum integriere und so würde ich wieder quasi über zwei integrieren weil dann dR ja in Potenz hoch 6 vorkommt.
Danke für Hilfe!
Gruss
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:59 So 19.12.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
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> Es ist für die physik folgendes Integral über den Raum zu
> berechnen, wobei [mm]r_{1}[/mm] und [mm]r_{2}[/mm] Vektoren im R3 sind:
>
> [mm]Z = \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|r_{1} - r_{2}|^{2}}} dr_{1}^{3} dr_{2}^{3}[/mm]
Du meinst sicher
[mm]Z = \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|r_{1} - r_{2}|^{2}}} d^3r_{1} d^3r_{2}[/mm]
>
> Steht jetzt da z.B. für einen Vektor [mm]\overrightarrow{v}[/mm]
> [mm]\integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|v|^{2}}} dv^{3}[/mm]
> dann weiss ich wie man das berechnet, und zwar so:
>
> [mm]|v|^{2}[/mm] = [mm]v_{x}^{2}[/mm] + [mm]v_{y}^{2}[/mm] + [mm]v_{z}^{2}[/mm]
>
> --->
>
> [mm]e^{-|v|^{2}}[/mm] =
> [mm]e^{-v_{x}^{2}}*e^{-v_{y}^{2}}*e^{-v_{z}^{2}}[/mm]
>
> und dann kann man getrennt integrieren. Für das integral
> [mm]e^{-k*x^{2}},[/mm] wobei k eine Konstante ist, gibt es dann ja
> auch eine Formel damit man nicht langrumrechnen muss.
>
> Aber jetzt zurück zu meinem Problem. Bei mir wird als Tipp
> angegeben: Schreibe [mm]\overrightarrow{r_{1}}[/mm] -
> [mm]\overrightarrow{r_{2}}[/mm] als [mm]\overrightarrow{r}.[/mm]
> Und dann soll ich [mm]\bruch{1}{2}*(\overrightarrow{r_{1}}[/mm] +
> [mm]\overrightarrow{r_{2}})[/mm] als [mm]\overrightarrow{R}[/mm] schreiben
> und über R integrieren.
> [mm]\overrightarrow{r}[/mm] ist demzufolge der Abstand der zwei.
> [mm]\overrightarrow{R}[/mm] ist demzufolge der Vektor zur Mitte des
> Abstandes (Schwerpunkt).
>
> Aber wie soll ich das jetzt mit den Differentialen
> umsetzen? [mm]\bruch{dR}{dr_{1}}[/mm] = [mm]\bruch{1}{2}[/mm] und analog für
> [mm]r_{2}?[/mm]
Nein. Wie bei jeder Koordinatentransformation im Integral musst du die Funktionaldeterminante der Koordinatentransformation von [mm] $\vec r_1,\vec r_2$ [/mm] auf [mm] $\vec r,\vec [/mm] R$ ausrechnen, das ist eine einfache [mm] $6\times6$-Determinante.
[/mm]
> Somit muss ich über [mm](2*dR)^{3}*(2*dR)^{3}[/mm] integrieren?
> Nur das würde kein sinn machen, da ich ja nur noch einmal
> über den Raum integriere und so würde ich wieder quasi
> über zwei integrieren weil dann dR ja in Potenz hoch 6
> vorkommt.
Das ist Unsinn. Nirgendwo steht eine Potenz von dR. Wenn überhaupt, heißt es $d^3R$, und das ist nur eine Erinnerung daran, dass es sich um ein Integral über eine dreidimensionale Menge handelt und nicht um ein einfaches Integral mit der Integrationsvariablen R.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:26 So 19.12.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo Rainer...
> > Es ist für die physik folgendes Integral über den Raum zu
> > berechnen, wobei [mm]r_{1}[/mm] und [mm]r_{2}[/mm] Vektoren im R3 sind:
> >
> > [mm]Z = \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|r_{1} - r_{2}|^{2}}} dr_{1}^{3} dr_{2}^{3}[/mm]
>
> Du meinst sicher
>
> [mm]Z = \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|r_{1} - r_{2}|^{2}}} d^3r_{1} d^3r_{2}[/mm]
>
>
> >
> > Steht jetzt da z.B. für einen Vektor [mm]\overrightarrow{v}[/mm]
> > [mm]\integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}*a*|v|^{2}}} dv^{3}[/mm]
> > dann weiss ich wie man das berechnet, und zwar so:
> >
> > [mm]|v|^{2}[/mm] = [mm]v_{x}^{2}[/mm] + [mm]v_{y}^{2}[/mm] + [mm]v_{z}^{2}[/mm]
> >
> > --->
> >
> > [mm]e^{-|v|^{2}}[/mm] =
> > [mm]e^{-v_{x}^{2}}*e^{-v_{y}^{2}}*e^{-v_{z}^{2}}[/mm]
> >
> > und dann kann man getrennt integrieren. Für das integral
> > [mm]e^{-k*x^{2}},[/mm] wobei k eine Konstante ist, gibt es dann ja
> > auch eine Formel damit man nicht langrumrechnen muss.
> >
> > Aber jetzt zurück zu meinem Problem. Bei mir wird als Tipp
> > angegeben: Schreibe [mm]\overrightarrow{r_{1}}[/mm] -
> > [mm]\overrightarrow{r_{2}}[/mm] als [mm]\overrightarrow{r}.[/mm]
> > Und dann soll ich [mm]\bruch{1}{2}*(\overrightarrow{r_{1}}[/mm]
> +
> > [mm]\overrightarrow{r_{2}})[/mm] als [mm]\overrightarrow{R}[/mm] schreiben
> > und über R integrieren.
> > [mm]\overrightarrow{r}[/mm] ist demzufolge der Abstand der zwei.
> > [mm]\overrightarrow{R}[/mm] ist demzufolge der Vektor zur Mitte
> des
> > Abstandes (Schwerpunkt).
> >
> > Aber wie soll ich das jetzt mit den Differentialen
> > umsetzen? [mm]\bruch{dR}{dr_{1}}[/mm] = [mm]\bruch{1}{2}[/mm] und analog für
> > [mm]r_{2}?[/mm]
>
> Nein. Wie bei jeder Koordinatentransformation im Integral
> musst du die Funktionaldeterminante der
> Koordinatentransformation von [mm]\vec r_1,\vec r_2[/mm] auf [mm]\vec r,\vec R[/mm]
> ausrechnen, das ist eine einfache [mm]6\times6[/mm]-Determinante.
Also wie ich bei "üblichen" Transformationen wie Kartesische zu Polar mit der Funktionaldeterminante vorgehe ist mir klar, wie ich aber hier vorgehe eher weniger.
det [mm] \bruch{\partial (r_{1},r_{2})}{\partial (r,R)} [/mm] = [mm] \vmat{ \bruch{1}{2} & 1 \\ -\bruch{1}{2} & 1 }
[/mm]
Wie kommst du da auf eine 6-Dim Matrix? Ja ich weiss, ich habe jetzt echt nicht viel überlegt aber um das genau zu verstehen und von Null an herzuleiten, zu erfinden wie der Herr Jacobi hätte ich 1 Woche oder so...
>
> > Somit muss ich über [mm](2*dR)^{3}*(2*dR)^{3}[/mm] integrieren?
> > Nur das würde kein sinn machen, da ich ja nur noch einmal
> > über den Raum integriere und so würde ich wieder quasi
> > über zwei integrieren weil dann dR ja in Potenz hoch 6
> > vorkommt.
>
> Das ist Unsinn. Nirgendwo steht eine Potenz von dR. Wenn
> überhaupt, heißt es [mm]d^3R[/mm], und das ist nur eine Erinnerung
> daran, dass es sich um ein Integral über eine
> dreidimensionale Menge handelt und nicht um ein einfaches
> Integral mit der Integrationsvariablen R.
Ja ich weiss ja.
--->aber sag mal, wenn man den Impulsoperator der Quantenmechanik quadriert um die kinet. Energie zu erhalten (E = [mm] \bruch{p^{2}}{2m}) [/mm] dann macht man aus dem quadrat der Ableitung auch eine zweite Ableitung. (Das hat jetzt nichts mit den inegrationsdifferentialen zu tun, diese meinen einfach in x,y und z richtung)
Gruss
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:58 Mo 20.12.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Also wie ich bei "üblichen" Transformationen wie
> Kartesische zu Polar mit der Funktionaldeterminante vorgehe
> ist mir klar, wie ich aber hier vorgehe eher weniger.
>
> det [mm]\bruch{\partial (r_{1},r_{2})}{\partial (r,R)}=\vmat{ \bruch{1}{2} & 1 \\ -\bruch{1}{2} & 1 }[/mm]
>
> Wie kommst du da auf eine 6-Dim Matrix?
Das sind doch alles Vektoren im dreidimensioanlen Raum und haben daher 3 Komponenten. Die Funktionaldeterminante ist also:
[mm] \bruch{\partial (\vec r_{1},\vec r_{2})}{\partial (\vec r,\vec R)} = \vmat{ \bruch{1}{2} \mathbf{1}_{3\times3}& \mathbf{1}_{3\times3} \\-\bruch{1}{2} \mathbf{1}_{3\times3}& \mathbf{1}_{3\times3} } = \bruch{1}{8} [/mm]
> >
> > > Somit muss ich über [mm](2*dR)^{3}*(2*dR)^{3}[/mm] integrieren?
> > > Nur das würde kein sinn machen, da ich ja nur noch einmal
> > > über den Raum integriere und so würde ich wieder quasi
> > > über zwei integrieren weil dann dR ja in Potenz hoch 6
> > > vorkommt.
> >
> > Das ist Unsinn. Nirgendwo steht eine Potenz von dR. Wenn
> > überhaupt, heißt es [mm]d^3R[/mm], und das ist nur eine Erinnerung
> > daran, dass es sich um ein Integral über eine
> > dreidimensionale Menge handelt und nicht um ein einfaches
> > Integral mit der Integrationsvariablen R.
>
> Ja ich weiss ja.
> --->aber sag mal, wenn man den Impulsoperator der
> Quantenmechanik quadriert um die kinet. Energie zu erhalten
> (E = [mm]\bruch{p^{2}}{2m})[/mm] dann macht man aus dem quadrat der
> Ableitung auch eine zweite Ableitung. (Das hat jetzt nichts
> mit den inegrationsdifferentialen zu tun, diese meinen
> einfach in x,y und z richtung)
Eben, das hat nichts miteinander zu tun. Und es ist nicht das Quadrat der Ableitung. Es ist die zweifache Hintereinanderausführung des Impulsoperators. In der Ortsdarstellung, in der die (abstrakte) Wellenfunktion als Funktion von Ort und Zeit geschrieben wird, ist der Impulsoperator eine partielle Ableitung und damit die zweifache Ausführung die zweifache Ableitung.
Es gibt unendlich viele andere Darstellungen: z.B. kannst du die Wellenfunktion als Funktion des Impulses schreiben, dann ist der Ortsoperator eine partielle Ableitung nach dem Impuls. Das ist völlig analog den vielen verschiedenen Möglichkeiten in der analytischen Mechanik, verallgemeinerte Koordinaten zu definieren.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:39 Mo 20.12.2010 | | Autor: | qsxqsx |
> Hallo!
>
> > Also wie ich bei "üblichen" Transformationen wie
> > Kartesische zu Polar mit der Funktionaldeterminante vorgehe
> > ist mir klar, wie ich aber hier vorgehe eher weniger.
> >
> > det [mm]\bruch{\partial (r_{1},r_{2})}{\partial (r,R)}=\vmat{ \bruch{1}{2} & 1 \\ -\bruch{1}{2} & 1 }[/mm]
>
> >
> > Wie kommst du da auf eine 6-Dim Matrix?
>
> Das sind doch alles Vektoren im dreidimensioanlen Raum und
> haben daher 3 Komponenten. Die Funktionaldeterminante ist
> also:
>
> [mm]\bruch{\partial (\vec r_{1},\vec r_{2})}{\partial (\vec r,\vec R)} = \vmat{ \bruch{1}{2} \mathbf{1}_{3\times3}& \mathbf{1}_{3\times3} \\-\bruch{1}{2} \mathbf{1}_{3\times3}& \mathbf{1}_{3\times3} } = \bruch{1}{8}[/mm]
Danke, ich werd die Aufgabe mal physikalisch fertig machen, Lösung angugken und sonst nochmals hier fragen.
>
> Eben, das hat nichts miteinander zu tun. Und es ist nicht
> das Quadrat der Ableitung. Es ist die zweifache
> Hintereinanderausführung des Impulsoperators.
Jaja aber in Wirklichkeit kommt es ursprünglich aus dem Quadrat aus der klassischen Mechanik, und dann sagte man sich einfach in der QM ist dass zweifache Anwendung anstelle eines Quadrates.
In der
> Ortsdarstellung, in der die (abstrakte) Wellenfunktion als
> Funktion von Ort und Zeit geschrieben wird, ist der
> Impulsoperator eine partielle Ableitung und damit die
> zweifache Ausführung die zweifache Ableitung.
>
> Es gibt unendlich viele andere Darstellungen: z.B. kannst
> du die Wellenfunktion als Funktion des Impulses schreiben,
> dann ist der Ortsoperator eine partielle Ableitung nach dem
> Impuls. Das ist völlig analog den vielen verschiedenen
> Möglichkeiten in der analytischen Mechanik,
> verallgemeinerte Koordinaten zu definieren.
>
Gruss
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 18:34 Di 04.01.2011 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo Rainer!
Ich bins nochmal, mit einem noch grösseren Unverständnis als vorher, weil ich jetzt die Musterlösung habe.
1.)Der Witz ist, dass in der Musterlösung vom Prof genau die Gleiche 1-Vektorialle Funktionaldeterminante steht wie ich hier in meinem Versuch gemacht habe. (! Mein Prof ist bekannt für sehr viele Fehler, lass dich also nicht einschüchtern)
2.) Ich eine Unklarheit habe bezüglich der Inegration in Kugelkoordinaten über den Raum und in Kartesischen - es sollte ja das gleiche herauskommen.
Zu 1.)
Musterlösung:
[mm] dr_{x}dR_{x} [/mm] = [mm] \bruch{\partial(r_{x},R_{x})}{\partial(r_{1x},R_{2x})} [/mm] = [mm] \vmat{ \bruch{1}{2} & 1 \\ -\bruch{1}{2} & 1 } d^{3}r_{1x}*d^{3}r_{2x} \Rightarrow d^{3}r_{1}*d^{3}r_{2} [/mm] = [mm] d^{3}r*d^{3}R
[/mm]
Q = [mm] \integral_{}^{} \integral_{}^{}{e^{-\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}|r_{1} - r_{2}|^{2}}} d^{3}r_{1} d^{3}r_{2} [/mm] = [mm] \integral_{}^{} \integral_{}^{}{e^{-\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}|\overrightarrow{r}|^{2}}} d^{3}r d^{3}R [/mm] = [mm] V*4*\pi*\integral_{0}^{\infty}{r^{2}*e^{-\bruch{a}{2}*r^{2}}} [/mm] dr = [mm] V*4*\pi*\bruch{1}{4}*\bruch{\pi^{\bruch{1}{2}}}{(\bruch{a}{2})^{\bruch{3}{2}}} [/mm] = [mm] V*\bruch{\pi^{\bruch{3}{2}}}{(\bruch{a}{2})^{\bruch{3}{2}}} [/mm]
wobei das letzt Inegral gemäss Tabelle gemacht wird.
Zu 2.)
Dieses Integral das hier im letzten Schritt über Kugelkoordinaten gemacht wurde, sollte doch das gleiche geben in Kartesischen gemäss
[mm] \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}|v|^{2}}} d^{3}v [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}v_{1}^{2} + v_{2}^{2} + v_{3}^{2}}} dv_{1}*dv_{2}*dv_{3} [/mm]
= [mm] [\integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{1}{2}\cdot{}a\cdot{}v_{1}^{2}}} dv_{1}]^{3} [/mm] = [mm] \bruch{\pi^{\bruch{3}{2}}}{2^{3}*(\bruch{a}{2})^{\bruch{3}{2}}} [/mm]
Das ist aber bis auf einen Faktor mit [mm] 2^{3} [/mm] ungleich dem Ergebnis in Kugelkoordinaten. ?
EDIT: Frage 2.) ist gelöst. Ich muss einfach die v von -Unendlich bis +Unendlich integrieren. Hab nicht dran gedacht.
Gruss&Vielen Dank
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:24 Mi 12.01.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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