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Integration » Integration im IR^n » Logarithmisches Potential berechnen
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Universität/Hochschule Logarithmisches Potential berechnen
MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-25


Sei $$ K= \{x \in \mathbb{R}^2 \Big| r \leq ||x|| \leq R \} $$ Folgendes Integral ist zu lösen:
$$ I= \int_{K} log(||x-\xi||) d\lambda^2 $$
Wir können das Koordinatensystem so setzen, dass der Winkel zwischen x und $\xi$ der Polarwinkel ist. Dann ($||x|| = r'$)
$$ I=\frac{1}{2} \int_r^R \int_0^{2\pi} r'log(r'^2+\xi^2-2r'\xi cos(\phi))dr' d\phi  $$ Das kriege ich nicht gelöst...
Der Online Integralrechner spuckt hier eine ewig lange Lösung mit komplexen Werten aus...

Würde mich sehr über Hinweise freuen.

LG Max



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MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-25


Hat jemand eine Idee?



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MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-25


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piquer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-25


Hi Max,

Aus welcher Menge stammt $\xi$?

Torsten


[Verschoben aus Forum 'Integration' in Forum 'Integration im IR^n' von piquer]



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MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-25


$\xi$ ist in $\mathbb{R}^2$
In der Polardarstellung ist aber der Betrag gemeint.
Wir müssen das Integral für alle drei Fälle finden:
$\xi<r,$  $ r \leq \xi \leq R $  und $  R< \xi$



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MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


Die Aufgabe davor war $\int_K \frac{1}{||x-\xi||}d\lambda ^3$ zu berechnen, was in Kugelkoordinaten relativ gut machbar war. Nun habe ich auf Wikipedia (zu Skalarpotential) gelesen, dass das logarithmische Potential in 2 Dimensionen dem ersten (newtonischen) Potential in 3 Dimensionen entspricht (inwiefern? - jetzt nicht wirklich wichtig). Letzteres scheint jedoch sehr viel schwerer zu berechnen zu sein...



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piquer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-01-26


Was weißt du über harmonische Funktionen? Den Fall $|\xi| > R$ kann man elegant mit deren Mittelwerteigenschaft ausrechnen.



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MaxIMP2415
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


Ich weiß kaum was über harmonische Funktionen. Es wurde nur einmal in Physik erwähnt, dass diese die homogene La-Place-Gleichung lösen. Mehr weiß ich nicht.
Ich habe mal (vergebens) das brute force ausrechnen probiert (und bin dabie auf $Li_2$ gestoßen, von der ich noch nie gehört habe):
$$ I_1:= \int_0^{2\pi} \underbrace{log(x^2+\xi^2-2x \xi cos(\phi))}_{=f}\underbrace{1}_{=g'} d\phi $$ $$ = log(x^2+\xi^2-2x \xi cos(\phi)) \phi - \underbrace{\int \frac{\phi}{x^2+\xi^2-2x\xi cos(\phi)}}_{:=I_2} $$ $$I_2 = \int \frac{\phi}{x^2+\xi^2-\cancel{2}x\xi(e^{i\phi}+e^{-i\phi}} = \int \frac{\phi e^{i\phi}}{e^{i\phi}(x^2+\xi^2)-x\xi(e^{ei\phi}+1}   $$ Sei $u=e^{i\phi} \Rightarrow du = ie^{i\phi} d\phi $. Dann $\phi = \frac{ln(u)}{i }$
$$ I_2 = \int \frac{\frac{ln(u)\cancel{e^{i\phi}}}{i }}{u(x^2+\xi^2)-x\xi(u^2+1)}\frac{1}{i\cancel{e^{i\phi}}}du  $$ $$ - \int \frac{ln(u)}{u(x^2-\xi^2)+x\xi(u^2+1)} du = \int \frac{ln(u)}{(xu -\xi)(\xi u-x)} du$$ Partialbruchzerlegung:
$$ \frac{A}{xu-\xi}+\frac{B}{\xi u-x} = \frac{A \xi u -Ax + B x u -B \xi }{(xu-\xi)(\xi u -x)} \Rightarrow \frac{ln(u)}{(xu -\xi)(\xi u-x)} = \frac{xln(u)}{(\xi^2-x^2)(xu-\xi)}- \frac{\xi ln(u)}{(\xi^2-x^2)(\xi u-x)} $$
$$ I_2 = \frac{x}{(\xi^2-x^2)} \int \frac{ln(u)}{xu-\xi} du-  \frac{\xi}{(\xi^2-x^2)} \int \frac{ln(u)}{\xi u-x } du $$ Es genügt also
$$ I_3:= \int \frac{ln(u)}{au-b} $$ zu berechnen. Sei $w= au-b \Rightarrow dw = a du$ dann ist $u=\frac{w+b}{a}$
$$ I_3= \frac{1}{a} \int \frac{ln(\frac{w+b}{a})}{w} dw  = \underbrace{\frac{1}{a} \int \frac{ln(w+b)}{w} dw}_{=I_4} - \underbrace{\frac{1}{a} \int \frac{ln(a)}{w} dw}_{=\frac{ln(a)}{a}[ln(w)]} $$ $$ I_4 = \int \frac{ln((\frac{w}{b}+1)b)}{w} dw =  \underbrace{\int \frac{ln(\frac{w}{b}+1)}{w} dw }_{=I_5} +  \underbrace{\int \frac{ln(b)}{w}}_{=ln(b)[ln(w)]} dw   $$ Sei $k= -\frac{w}{b} \Rightarrow dk= -\frac{1}{b} dw$
$$ I_5 =- \cancel{b }\int \frac{ln(1-k)}{-k\cancel{b}} dk = -Li_2 (k) = -Li_2(-\frac{w}{b}) = -Li_2(-\frac{au+b}{b}) = - Li_2( \frac{b-ae^{i\phi}}{b})$$ Damit ist
$$ I_4 = - Li_2( \frac{b-ae^{i\phi}}{b}) + ln(b)ln(ae^{i\phi}-b)$$ und damit dann
$$ I_3 = - Li_2( \frac{b-ae^{i\phi}}{b}) + ln(b)ln(ae^{i\phi}-b) -\frac{ln(a)}{a}ln(ae^{i\phi}-b)  $$ Damit dann
$$ I_2 =  \frac{x}{(\xi^2-x^2)} \Bigg(- Li_2( \frac{\xi-xe^{i\phi}}{\xi}) + ln(\xi)ln(xe^{i\phi}-\xi) -\frac{ln(x)}{x}ln(xe^{i\phi}-\xi)\Bigg) $$ $$- \frac{\xi}{(\xi^2-x^2)} \Bigg(- Li_2( \frac{x-\xi e^{i\phi}}{x}) + ln(x)ln(\xi e^{i\phi}-x) -\frac{ln(\xi)}{\xi}ln(\xi e^{i\phi}-x)\Bigg) $$ Und daher
$$ I_1 =\Bigg[ log(x^2+\xi^2-2x\xi cos(\phi) )\phi -  \frac{x}{(\xi^2-x^2)} \Bigg(- Li_2( \frac{\xi-xe^{i\phi}}{\xi}) + ln(\xi)ln(xe^{i\phi}-\xi) -\frac{ln(x)}{x}ln(xe^{i\phi}-\xi)\Bigg) $$ $$- \frac{\xi}{(\xi^2-x^2)} \Bigg(- Li_2( \frac{x-\xi e^{i\phi}}{x}) + ln(x)ln(\xi e^{i\phi}-x) -\frac{ln(\xi)}{\xi}ln(\xi e^{i\phi}-x)\Bigg)
\Bigg]^{2\pi}_0$$ Da soll nun rauskommen:
$$ = -{\pi}\left(\log\left(\dfrac{{\xi}^2-2x{\xi}+x^2}{{\xi}^2}\right)+\log\left(\dfrac{{\xi}^2-2x{\xi}+x^2}{x^2}\right)-2\log\left({\xi}^2-2x{\xi}+x^2\right)-2\mathrm{i}{\pi}\right) $$



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