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erhälst

Forum
Thema Eingetragen
Autor

Mehrdim. Differentialrechnung
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Strezziii
$\Delta f$ berechnen  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2018-02-20 11:30
DerEinfaeltige
 
\(\begingroup\)
Der Gradient sieht gut aus.
Welches "falsche" Ergebnis erhälst du denn?

Hast du nach dem Ausrechnen vielleicht einfach nur nicht vereinfacht?


Ansonsten:
- Der Threadtitel ist (edit: war) etwas unpassend gewählt.
- Formeln sind besser lesbar, wenn man Latex oder den Formeleditor nutzt.
\(\endgroup\)

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Knightfire66
Ableitung eines zweidimensionalen Vektors  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2018-02-12 13:50
DerEinfaeltige
 
\(\begingroup\)
Es ist nicht ganz nachvollziehbar, was du da tust.

Die rechte Seite der DGL hast du ausgerechnet. Du erhälst damit allerdings $x'(t)$, nicht $x(t)$.

Für den Koeffizientenvergleich musst du jetzt auch die linke Seite ableiten. (dabei Produktregel beachten)


Edit: Mich würde allerdings interessieren, warum man hier überhaupt trigonometrische Funktionen einführt statt mit der komplexen Exponentialfunktion zu arbeiten.
\(\endgroup\)

Theoretische Mechanik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: jonasvc19
Galilei-Transformation und Noether-Theorem  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2018-02-11 19:30
Tirpitz
J
\(\begingroup\)
Hallo!


Das heißt das die EL Gleichungen von L und L' gleich sein müssen?

Genau. Für eine Symmetrietrafo muss die Variation der Wirkung identisch sein, d.h. \(\delta\int\limits_{t_0}^{t_1}L\mathrm dt=\delta\int\limits_{t_0}^{t_1}\tilde L\mathrm dt\), was da genau bedeutet, dass die Euler-Lagrange-Gleichungen forminvariant sind. Das ist auch sehr ersichtlich, denn letzlich ist die Dynamik der Observablen ja durch die ELG's bestimmt und das ist das, was in der Physik am Ende zählt. Wie du diese Gleichungen erhälst, ist dein Bier (d'Alembert, Lagrange 1/2, Newton, ...).
Obige Bedingung ist natürlich trivialerweise auch für \(L=\tilde L\) erfüllt, das ist allerdings nur ein Spezialfall, wie wir hier sehen:

Das Noether-Theorem besagt ja Folgendes:
Wenn \((q,\dot q,t)\to (Q,\dot Q,t,\epsilon)\) eine kontinuierliche Koordinatentransformation im Parameter \(\epsilon\) mit \(Q(\epsilon=0)=q(t)\) ist, dann folgt aus den Euler-Lagrange-Gleichungen
\(\frac{\partial}{\partial \epsilon}L(Q,\dot Q, t)\bigg|_{\epsilon=0}=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\frac{\partial L(q,\dot q,t)}{\partial \dot q}\frac{\partial Q}{\partial \epsilon}\bigg|_{\epsilon=0}\right)\).

Der Ausdruck in Klammern auf der rechten Seite ist normalerweise die Noetherladung, denn wenn die Lagrangefunktion selbst forminvariant unter der Transformation ist, d.h. \(L(Q,\dot Q,t,\epsilon)=L(q,\dot q,t)\quad\forall\epsilon\), dann ist zwangsläufig \(\frac{\partial}{\partial \epsilon}L(Q,\dot Q, t)=0\).
Im Falle der Galilei-Transformation ist das nicht der Fall. Du musst also \(\frac{\partial}{\partial \epsilon}L(Q,\dot Q, t)\bigg|_{\epsilon=0}\) ausrechnen, nach der Zeit integrieren und auf der anderen Seite der Gleichung als zusätzlichen Term unter die Zeitableitung setzen, um wieder eine Gleichung der Form \(\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}A=0\) zu erhalten, wobei A die Erhaltungsgröße ist.

Also explizit musst du
\( A=\frac{\partial L(q,\dot q,t)}{\partial \dot q}\frac{\partial Q}{\partial \epsilon}\bigg|_{\epsilon=0}-\int\limits_{t_0}^{t_1}\mathrm dt \frac{\partial}{\partial \epsilon}L(Q,\dot Q, t)\bigg|_{\epsilon=0}\)
ausrechnen.
\(\endgroup\)

Determinanten
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Kecksbox
Determinante als alternierende n-Linearform  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2018-02-09 11:12
Tirpitz
 
\(\begingroup\)
Hallo!

Man kann die Determinante ganz unterschiedlich auffassen. Du fragst hier nach der Äquivalenz zwischen der Definition \(\mathrm{det}:L(V)\to\mathbb{K}\) und \(\mathrm{det}\in\Lambda^n(V)\), also eine Abbildung, die entweder linearen Abbildungen oder n Vektoren eine Zahl zuordnet (und alternierend ist).

Gehen wir mal von der ersten Definition der Determinante aus, d.h. es sei \(A\in L(V)\) eine lineare Abbildung, \(\omega\) sei eine beliebige, top-dimensionale, n-Form und \((e^1,\ldots,e^n)\) eine Basis von V. Dann ist die Determinante definiert als
\(\mathrm{det}(A):=\frac{\omega(Ae^1,\ \ldots\ ,Ae^n)}{\omega(e^1,\ \ldots\ ,e^n)}\).

Wenn wir daraus eine n-Form machen wollen, müssen wir uns fragen, wie man aus n Vektoren \(v^1,\ \ldots\ ,v^n\) eine lineare Abbildung macht (in der die Vektoren z.B. in den Spalten der Darstellungsmatrix stehen). Dafür benötigen wir die Dualbasis \((e_1,\ \ldots\ ,e_n)\) und das Tensorprodukt: \(A=\sum\limits_{k=1}^n v^k\otimes e_n\), sodass du also den j-ten Spaltenvektor von A über \(Ae^j=\sum\limits_{k=1}^n v^k e_k(e^j)=v^j\) erhälst.

Setzen wir also diese Definition ein:
\(\mathrm{det}(v^1,\ \ldots\ ,v^n)=\dfrac{\omega\left(\sum\limits_{k=1}^n v^k e_k(e^1), \sum\limits_{k=1}^n v^k e_k(e^2),\ \ldots\ ,\sum\limits_{k=1}^n v^k e_k(e^n)\right)}{\omega(e^1,\ \ldots\ ,e^n)}=\frac{\omega(v^1,\ \ldots\ ,v^n)}{\omega(e^1,\ \ldots\ ,e^n)}\).

Jetzt ist sofort erkennbar, warum die Determinante das Vorzeichen unter Vertauschen der Spalten ändert (oder 0 ist, wenn zwei Spalten linear abhängig sind), sie ist also eine alternierende n-Form.

Du kannst jetzt mal die Rückrichtung probieren, beginnend damit wie ihr die Determinante als alternierende n-Form definiert habt.
\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: NoNameTI-30x
Eigenwertgleichung Drehimpulsoperator  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-12-28
Tirpitz
J
\(\begingroup\)
Nicht wirklich, aber wenn man etwas Google bemüht, findet man die wesentlichen Schritte, z.B. hier. Du musst prinzipiell nur \(\cos\theta\to x\) transformieren und erhälst eine für eine Potenzreihenlösung angemessene Form der Differentialgleichung. Der Rest ist wie immer: ableiten, Indizes verschieben, Rekursion aufstellen und lösen.
\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: NoNameTI-30x
Eigenwertgleichung Drehimpulsoperator  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-12-28
Tirpitz
J
\(\begingroup\)
Hallo!

Das Stichwort zur "Fußgänger-Lösung" dazu lautet "Potenzreihenansatz". Daraus erhälst du eine Rekursionsgleichung, aus der du mithilfe einer Konvergenzbedingung die Polynome herleiten kannst. Ein Beispiel für den harmonischen Oszillator findest du hier.

Schneller geht es vermutlich, indem du  die explizite Rodriguez-Formel der Legendre-Polynome in die Differentialgleichung einsetzt. Hierbei nimmst du die Rodriguez-Formel dann als Definition der Legendre-Polynome, nicht die Rekursionsformel.
\(\endgroup\)

Dynamik der Punktmasse
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: MatheHallodri
Gleichung lösen für eine Rutschbahn  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-12-17
DerEinfaeltige
J
\(\begingroup\)
Warum betrachtest du willkürlich(?!?) den Fall $t=0$?

Betrachte den allgemeinen Fall!
Dann erhälst du (falls ich mich nicht verrechne):

$A=\frac{\frac{v^2}{rR}}{-\omega^2 \cos(\omega t) + \frac{g}{r} \cos(\omega t) - \frac{g}{r}}$

$A$ soll konstant sein.
Also muss $\omega = \sqrt{\frac{g}{r}}$ gelten.
(Für andere $\omega$ wäre $A$ eine Funktion von $t$, was nicht im Sinne des Lösungsansatzes ist)

Einsetzen ergibt:

$A=\frac{\frac{v^2}{rR}}{-\frac{g}{r}} = -\frac{v^2}{gR}$
\(\endgroup\)

Dynamik der Punktmasse
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: MatheHallodri
Gleichung lösen für eine Rutschbahn  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-12-17
DerEinfaeltige
J
\(\begingroup\)
Ansatz:

Aus der Randbedingung erhälst du sofort einen Zusammenhang zwischen $A$ und $\phi_0$.

Nutze diesen und löse die Gleichung nach $A$ auf.

Dann benutze, dass $A$ konstant sein soll/muss.
=> $\omega$ und $A$.
\(\endgroup\)

Geometrie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: digerdiga
Drehmatrizen  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-12-16
Tirpitz
 
\(\begingroup\)
Hallo!

Irgendwie besonders ist eine Rotationsmatrix in irgendeiner lokalen Kugelkoordinaten-Basis nicht.

Nimm einfach die orthogonale Transformationsmatrix von der lokalen Kugelkoordinatenbasis in die kartesische Standardbasis, \(\hat S=\begin{pmatrix}\sin\theta\cos\phi &\cos\theta\cos\phi &-\sin\theta\\\sin\theta\sin\phi&\cos\theta\sin\phi&\cos\phi\\\cos\phi&-\sin\phi&0\end{pmatrix}\) und nimm dir irgendeine Standardbasis-Darstellung einer beliebigen Rotationsmatrix um irgendeine Achse um irgendeinen Winkel \(\hat R(\eta)\). Du erhälst die Darstellung von \( R(\eta)\) in Kugelkoordinaten dann via \( \hat R'(\eta)=\hat S\hat R(\eta)\hat S^\intercal \). Etwas Weltbewegendes kommt nicht heraus, nur wieder eine andere Matrix. Die einzige "Besonderheit" dieser Matrix ist, dass in ihrer ersten Spalte der in der lokalen Basis ausgedrückte, gedrehte Ortsvektor des Punktes steht, an dem man die lokale Basis betrachtet hat (logisch, denn der ist in dieser Basis ja gerade \((1,0,0)^\intercal\)).
\(\endgroup\)

Kinematik des starren Körpers
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: jonasvc19
Steinerscher Satz  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-11-28
Spock
J
\(\begingroup\)
Hallo!

2017-11-28 21:20 - jonasvc19 in Beitrag No. 5 schreibt:
ok, den Satz von Steiner habe ich schon in einigen anderen Vorlesungen hergeleitet.

Nenne bitte die Art und die Voraussetzungen dieser Vorlesungen, und wie Du ihn hergeleitet hast (diskrete, kontinuierliche Massenverteilungen).

2017-11-28 21:20 - jonasvc19 in Beitrag No. 5 schreibt:
...
Du sprichst jetzt davon, dass ich genau das machen muss. Ist die Aufgabe wirklich so zu verstehen?
Das wäre dann nämlich kein Problem :)
...

Was Du genau machen mußt, kann ich schlecht beurteilen, dazu weiß ich nichts über das, was Du wo in welchem Semester studierst. Einige Deiner vielen Fragen/Übungsaufgaben lesen sich in meinen Augen etwas seltsam.

2017-11-28 21:20 - jonasvc19 in Beitrag No. 5 schreibt:
...
Du bezeichnest die Sachen jetzt etwas anders als wir das immer machen,
...

Bleiben wir bei meinen Bezeichnungen, :-)
fed-Code ausblenden

\lr(2a)x=x'+x_S

\lr(2b)y=y'+y_S

\lr(2c)z=z'+z_S
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Was erhälst Du, wenn Du die Gleichungen (2) in (1) einsetzt?

Gruß
Juergen
\(\endgroup\)

Körper und Galois-Theorie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: hu97fuh
Kreisteilungskörper  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-11-14
TomTom314
 
\(\begingroup\)
Der Hinweis Galoisgruppen ist schon gut. Was kannst Du über die Galoisgruppen für eine Körperkette <math>\IQ\subseteq K\subseteq \IQ(\zeta)</math> aussagen? Was erhälst dann mit <math>K:=\IQ(\zeta)\cap\IQ(\eta)</math>?
\(\endgroup\)

Technische Informatik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: skela0312
Gleitkommadarstellung  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-11-08
DerEinfaeltige
 
\(\begingroup\)
Fertige Lösungen werden hier im Forum eher selten präsentiert.

Du hast eigentlich alles gegeben:

- Das erste Bit ist das Vorzeichenbit
- Danach folgen die Bits des Exponenten. Was bedeutet dabei der "Bias" und welcher Exponent ist also gegeben?
- Der Rest ist die Mantisse. Was bedeutet dabei das "hidden Bit" und welchen Wert hat also die Mantisse?

Wenn du das alles zusammengesetzt hast, erhälst du eine Zahl der Form <math>\pm M \cdot 2^E</math>, die du dann einfach ausrechnen und bspw. als Dezimalzahl angeben kannst. M ist hierbei ein Bruch mit Zweierpotenz im Nenner und E ist eine ganze Zahl.
\(\endgroup\)

Elektrodynamik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: lissy1234567
Verständnisfrage: Potential(feld)  
Beitrag No.12 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-11-03
index_razor
J
\(\begingroup\)
Irgendwie denkst du zu umständlich über das Problem nach.  

Wähle irgendeinen Punkt im Raum, egal wo.  Da positionierst du eine Ladung.  Dann bewegst du die Ladung ein winziges Stück in eine Richtung senkrecht zum lokalen E-Feld.  Dabei wird keine Arbeit verrichtet, folglich liegen beide benachbarten Punkte auf demselben Potential, oder m.a.W. sie gehören zur selben Äquipotentialfläche (oder -linie im 2-dimensionalen).  So  machst du weiter und verbindest alle derart erhaltenen Punkte. Das ist deiner erste Äquipotentialfläche.

Wenn diese nun noch nicht den ganzen Raum ausfüllt (wie es sich für eine "Fläche" ja auch gehört),  bewegst du deine Ladung ein Stück senkrecht zur Fläche (also in Richtung des lokalen E-Feldes) bis du z.B. eine Arbeit von 1 J/C verrichtet hast.  Dann verfährst du von vorne so wie oben beschrieben und erhälst so die nächste Äquipotentialfläche.  

Das kannst du so lange wiederholen bis es langweilig wird.
\(\endgroup\)

Induktion
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Matheersti123
Beweis einer recht simplen Formel  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-29
BlakkCube
J
\(\begingroup\)
Hallo Matheersti123,

Mit der Induktionsvoraussetzung <math>\displaystyle 2^n\leq n!</math> erhälst Du schonmal

<math>\displaystyle 2^{n+1}=2\cdot 2^n\leq 2n! \leq ...</math>

Kommst Du hier weiter?

Gruß BlakkCube
\(\endgroup\)

Relationen und Abbildungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Chris93
Vergleich der Mächtigkeit bzgl Injektivität, Surjektivität und Bijektivität  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-29
BlakkCube
J
\(\begingroup\)
Betrachte es mal ganz einfach:

Seien M,N endliche Mengen so, dass es eine bijektive Abbildung <math>\displaystyle h:M\longrightarrow N</math> gebe. Nach a) gilt dann <math>\displaystyle |M|=|N|</math> (Das hast Du ja bereits gezeigt.)

Sei nun <math>\displaystyle f:M\longrightarrow N</math> eine injektive Abbildung. Welchen Widerspruch erhälst Du, wenn f nicht auch surjektiv ist?

Du brauchst hier keine Beispiele, sondern allein die Teilaufgabe a).
\(\endgroup\)

Rationale und reelle Zahlen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Frege23
Suche nach einem Bruch  
Beitrag No.5 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-23
Wirkungsquantum
 
\(\begingroup\)
2017-10-23 21:50 - Frege23 in Beitrag No. 3 schreibt:
2017-10-23 19:48 - Wirkungsquantum in Beitrag No. 1 schreibt:
So angepasst wink
ich nehme mal "einen Bruch bestimmen" wörtlich. Der Abstand zwischen (p/q)² und 3 soll kleiner als 10^(-8) sein. Hier bietet es sich an die Wurzel aus 3 mit Hilfe des Intervallschachtelungsverfahren zu approximieren bis die gewünschte Genauigkeit erreicht ist.
Das heißt:
Die Wurzel aus 3 liegt zwischen 1 und 2; 1²=1, 2²=4. 2 ist zu groß, also wählen wir die 1.
1.7²=2.89 ist zu klein, 1.8²=3.24 zu groß, also nehmen wir 1.7
... und das solange, bis wir die Gewünschte Genauigkeit erreicht haben.
Alternativ wäre die Aufgabe natürlich auch mit Hilfe des Heron-Verfahrens bzw. Newton-Verfahrens (falls schon durchgenommen) lösbar.

Keines der beiden Verfahren wurde bis jetzt behandelt. Außerdem frage ich mich, ob diese Verfahren wirklich natürliche Zahlen liefern.
Natürliche Zahlen erhälst du für p und q auf jeden Fall, da durch die Approximation rationale Zahlen diese reelle Zahl annähren.
\(\endgroup\)

Elektrodynamik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: cryptonize
B-Feld eines unendlich langen Leiters  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-17
Tirpitz
 
\(\begingroup\)
Beachte, dass dein Problem ziemlich pathologisch ist, insb., dass dein Draht unendlich dünn ist. Deshalb musst du dir ein paar unintuitive Gedanken über die Stromdichte machen. Bei endlichen Dimensionen (also ein Draht mit einer gewissen Dicke) wäre die Stromdichte einfacher zu finden:
Am Ende möchtest du, dass für deine Stromdichte, integriert über die von ihr durchflossene Fläche A ein vorgegebener Strom herauskommt:
<math>I=:\int\limits_A j</math>. Wenn wir A kreisförmig wählen und dein Strom nur in z-Richtung fließt (und winkelunabhängig ist), erhälst du daraus dann mit Polarkoordinaten parametrisiert einerseits die 2-Form <math>j=j(r)\mathrm dr\wedge r\mathrm d\phi</math> und daraus dann für den Strom <math>\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi'\int\limits_0^R \mathrm dr' r' j(r',\phi')=2\pi\int\limits_0^R\mathrm dr' r'j(r')\overset{!}{=}I</math>. Wie muss <math>j(r')</math> nun gewählt sein, damit am Ende wie gefordert I herauskommt, gleichzeitig aber <math>j(r)=0\quad\forall r>0</math>? Natürlich "<math>j(r):=\frac{I}{2\pi r}\delta(r)</math>". Mit diesem Ansatz für den Strom kommst du dann auch auf das bekannte Ergebnis, allerdings ist es formal erst einmal problematisch, da deine Stromform nun nicht mehr funktions-, sondern distributionswertig ist. Sofern man nicht Distributionen eingeführt hat, ist diese Definition von j daher auch eher in Gänsefüßchen zu verstehen, bzw. streng korrekt, wenn drüber integriert wird.
\(\endgroup\)

Analysis
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Ehemaliges_Mitglied
Normaxiome zeigen  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-10
TomTom314
J
\(\begingroup\)
1) Nicht ganz. Nun hast Du <math>||y|| - ||x||\leq ||y-x||</math> und <math>||x|| - ||y||\leq ||x-y||</math>. Was erhälst Du, wenn Du jeweils die recht bzw. linke Seite der Unleichungen miteinander vergleichst?

3) Wenn Du ein Polynom <math>p(X)= a_n X^n+\ldots + a_1 X + a_0</math> hast. Welchen Wert hat Dann <math>||p||</math>? Damit kannst Du dann ein Gegenbeispiel für <math>||p|| = 0 \Rightarrow p = 0</math> finden.
\(\endgroup\)

Relativitätstheorie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Rechenfuchs
Lorentztransformation  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-10-09
Tirpitz
 
\(\begingroup\)
Hallo!

Naja, du bist auf dem richtigen Weg. Da du die Felder gegeben hast (in irgendwelchen Ruhekoordinaten), kennst du auch die Komponenten des Feldstärketensors <math>F_{\mu\nu}</math> in diesen Koordinaten. Die Lorentz-Trafo ist nichts weiter als eine Art von Koordinaten-Rotation in der Minkowski-Raumzeit. Du wendest also die Lorentz-Transformation als lineare Abbildung auf deinen Feldstärketensor an und erhälst ihn in der gedrehten, bzw. inertial mitbewegten Raumzeitbasis, ausgedrückt durch die Ausgangsgrößen deiner Feldstärken, siehe z.B. hier, also <math>F'_{\mu\nu}=\Lambda^\sigma_\mu\Lambda^\rho_\nu F_{\sigma\rho}</math>, so, als wenn du eine darstellende Matrix in einer neuen Basis suchst. Jetzt musst du aus dem Tensor nur noch die Komponenten herausfischen, die E und B in den neuen Koordinaten entsprechen und du bist fertig, z.B. <math>F_{01}=E_1</math> etc.
\(\endgroup\)

Thermodynamik & Statistische Physik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Miradius
Rechenschritt nachvollziehen  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2017-09-29
Spock
J
\(\begingroup\)
Hallo!
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Wenn

U=U(S,V,N) ,

wie lautet dann das totale Differential dU von U,

dU=?

Das vergleichst Du mit dem Differential, was aus dem ersten Hauptsatz folgt. So erhälst Du die gesuchten Zusammenhänge, ohne zusätzliche Konstanten.
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Gruß
Juergen
\(\endgroup\)
 

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