Übungsblatt - Physik-Department TU München

Physik Departement Technische Universität München
Matthias Danner Blatt 1
1 Satz von Stokes
Ferienkurs Elektrodynamik - SS 2008
Verifizieren Sie den Satz von Stokes am Beispiel der Fläche A und des Vektorfeldes F.
Lösung
F =
⎛
⎜
⎝
x 3 + yz 2
y 2 + xz 2
xyz
⎞
⎟
⎠ , A = {(x, y, z) ∈ R3 | x 2 + y 2 + z 2 = 1 ∧ z ≥ 0 }
∇ × F =
Als nächstes das Integral über die Halbkugel
⎛
⎜
⎝
xz − 2xz
2yz − yz
z 2 − z 2
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
−xz
⎛ ⎞
2π sin θ cos φ
π/2 ⎜ ⎟
dA · ∇ × F = dφ dθ sinθ ⎜
⎝ sin θ sin φ ⎟
⎠
A
0 0
cos θ
·
⎛
⎞
−sin θ cos φcos θ
⎜
⎟
⎜
⎝ sinθ sin φcos θ ⎟
⎠
0
2π π/2
= dφ dθ sinθ (−sin 2 θ cos 2 φcos θ + sin 2 θ sin 2 φcos θ)
=
= 0
0
0
yz
0
⎞
⎟
⎠
2π
dφ (sin 2 φ − cos 2 π/2
φ) dθ sin 3 θ cos θ
0
= 0
Der Rand von A, über den man jetzt integrieren muss, ist ein Kreis in der x-y-Ebene mit Radius 1, den man
folgendermaßen parametrisiert:
Damit folgt (man beachte, dass z = 0):
r(φ) = (cos φ, sin φ, 0) =⇒ dr = dφ (−sin φ, cos φ, 0)
∂A
dr · F =
=
= 0
2π
dφ
0
2π
0
⎛
⎜
⎝
0
−sin φ
cos φ
0
⎞
⎟
⎠ ·
⎛
⎜
⎝
x 3 + yz 2
y 2 + xz 2
xyz
dφ (−sin φcos 3 φ + cos φsin 2 φ)
1
⎞
⎟
⎠

Den Wert der trigonometrischen Integrale erhält man am einfachsten aus Symmetriebetrachtungen. Nützlich ist
dabei auch die Tatsache, dass man bei T-periodischen Funktionen, so man über eine ganze Periode integiert,
den Integrationsbereich beliebig verschieben darf.
T T+t
dx f(x) = dx f(x)
In unserem Fall für T = 2π und t = −π beispielsweise symmetrisch zum Ursprung.
2 Satz von Gauß
0
Verifizieren Sie den Satz von Gauß am Beispiel des Volumens V und des Vektorfeldes F.
Lösung
F =
⎛
⎜
⎝
Zunächst benötigt man die Divergenz von F:
Diese integriert man nun über die Halbkugel.
x
y
z 2
V
⎞
t
⎟
⎠ , V = {(x, y, z) ∈ R3 | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ∧ z ≥ 0 }
dV ∇ · F =
∇ · F = 2 + 2z
1
dr r 2
2π π/2
dφ dθ sin θ (2 + 2z)
0
= 2 · 1
2
= 4 1
π +
3 2 π
= 11
6 π
0
0
4 1
· π + 2 · 2π ·
3 4
1
d cos θ cos θ
Da in der ganzen x-y-Ebene dA ⊥ F gilt, verschwindet das Integral über den ” Boden“ der Halbkugel. Bleibt
noch die obere Hälfte S der Kugeloberfläche:
⎛ ⎞
2π sinθ cos φ
π/2 ⎜ ⎟
dA · F = dφ dθ sin θ ⎜
⎝ sin θ sinφ ⎟
⎠
S
0 0
cos θ
·
⎛
sin θ cos φ
⎜
⎝ sinθ sin φ
cos2 ⎞
⎟
⎠
θ
2π π/2
= dφ
0
0
0
dθ sin θ (sin 2 θ cos 2 φ + sin 2 θ sin 2 φ + cos 3 θ)
π/2
= 2π [ dθ sin
0
3 π/2
θ + dθ sin θ cos
0
3 θ ]
= 2π [ 2
3 +
= 11
6 π
= 2/3
1
d cos θ cos 3 θ ]
0
= 1/4
2

3 System von Differentialgleichungen
Lösen Sie die folgende Differentialgleichung unter Berücksichtigung der Randbedingungen. Welche Form hat die
Kurve, die v beschreibt?
Lösung
˙v = v × F , v(0) = v0 , F = (0, 0, 1)
˙v =
⎛
⎜
⎝
˙vx
˙vy
˙vz
⎞
⎟
⎠ =
⎛
⎜
⎝
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
Wie man sieht, bleibt vz konstant. Es genügt also, nur die x-y-Ebene zu betrachten (Formal zerfällt die Matrix
in eine direkte Summe).
⎛
˙v = ⎝ ˙vx
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
˙vy
0
⎠ = ⎝
−1
1
⎠ ⎝
0
vx
⎞
⎠
vy
Die Lösung lautet daher:
=: A
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎠ ⎝
v(t) = e tA v0 = e tSΛS−1
v0 = S e tΛ S −1 v0 = S diag(e λ1t , e λ2t )S −1 v0
Die Eigenwerte von A sind λ1/2 = ∓i, woraus unmittelbar die Eigenvektoren v1 ∝ (i, 1) und v2 ∝ (1, i) folgen.
Damit erhält man die Transformationsmatrix S sowie ihre Inverse S−1 :
S = 1 ⎛ ⎞
i
√ ⎝
2 1
1
⎠ ,
i
S −1 = S † = 1 ⎛ ⎞
−i
√ ⎝
2 1
1
⎠
−i
Der Ausdruck für v(t) lautet dann:
v(t) = S diag(e −it , e it )S −1 v0
= 1
2
⎛
⎝
= 1
⎛
⎝
2
vx
vy
vz
⎞
⎟
⎠
⎞ ⎛
i 1
⎠ ⎝
1 i
e−it 0
0 eit ⎞ ⎛ ⎞
−i
⎠ ⎝
1
1 −i
i 1
1 i
⎞ ⎛
⎠
⎝ −ie−it e −it
e it −ie it
= 1
⎛
⎝
2
e−it + eit ie−it − ieit −ie−it + ieit e−it + eit =
⎛
⎝
cos t sin t
−sin t cos t
⎞
⎠ v0
Der Vektor v(t) rotiert um die z-Achse und beschreibt damit einen Kreis. Interpretiert man ihn als Geschwindigkeitsvektor
mit vz = const. = 0, so beschreibt er die Geschwindigkeit eines Teilchens, das sich auf einer
spiralförmigen Bahn in z-Richtung bewegt.
3
⎞
⎠ v0
⎞
⎠ v0
⎠ v0

4 Partielle Differentialgleichung
Lösen Sie die folgende partielle Differentialgleichung unter Berücksichtigung der angegebenen Randbedingungen
mithilfe eines Separationsansatzes.
Lösung
Der Separationsansatz
führt auf
∂ Φ(x,t)
∂t
= ∂2 Φ(x,t)
∂x 2 , Φ(0,t) = Φ(1,t) = 0, Φ(x,0) = sin(πx)
Φ(x,t) = X(x)T(t)
XT ′ = TX ′′ ′ T X′′
⇐⇒ =
T X
Die linke Seite ist nur noch von t, die rechte nur noch von x abhängig. Das Gleichheitszeichen kann nur dann
für alle x und t gültig sein, wenn beide Seiten der Gleichung konstant sind.
T ′
T
Die Lösung hat also folgende Struktur:
Einsetzen in die erste Randbedingung liefert:
= X′′
X = −k2 ⇐⇒ T ′ = −k 2 T , X ′′ = −k 2 X
Φ(x,t) = e −k2 t (A sin kx + B cos kx)
Φ(0,t) = 0 ⇐⇒ B e −k2 t = 0 ⇐⇒ B = 0
Daraus folgt, dass stets A = 0 gelten muss, da Φ sonst die triviale Lösung wäre.
Φ(1,t) = 0 ⇐⇒ Ae −k2 t sin k = 0 ⇐⇒ k = nπ , n ∈ N
Um den vollständigen Lösungsraum zu ” erreichen“, muss ab jetzt also über alle n summiert werden (A → an).
Zu guter letzt noch die Startbedingung.
Die Lösung lautet also:
5 Green-Funktion
Φ(x,0) = sin πx ⇐⇒
∞
an sin nπx = sin πx ⇐⇒ an = δn,1
n=0
Φ(x,t) = e −π2 t sin πx
Berechnen Sie mittels Fourier-Transformation die Green-Funktion G(x) des Laplace-Operators. Geben Sie
damit die allgemeine Lösung der Poisson-Gleichung für eine Punktladung q, die sich am Ort x0 befindet, an.
Lösung
Die Fourier-Integrale lauten:
f(k) =
f(x) =
∆Φ(x) = − ρ(x)
Fouriertransformation der Bestimmungsgleichung liefert:
ε0
d 3 x e −ik·x f(x)
d 3 k
(2π) 3 eik·x f(k)
4

−k 2 G(k) = 1 ⇐⇒ G(k) = − 1
k 2
Die gesuchte Funktion G(x) erhält man schließlich durch Rücktransformation
G(x) = FT −1 G(k)
= −
= − 1
4π 2
= − 1
4π 2
= − 1
2π 2
= − 1
4π
d 3 k
(2π) 3
∞
0
∞
0
1
x
1
x
e ik·x
k 2
1
ikx cos θ
dk d cos θ e
−1
dk 1
ikx (eikx − e −ikx )
∞
dk
sin kx
k
0
= π/2 · sgn x
Um das Integral in der Zweiten Zeile ausführen zu können, wurde die Basis des k-Raums so gewählt, dass k3 x
ist. Außerdem wurde für das θ-Integral der übliche ” Kosinus-Trick“ verwendet.
Mit der Ladungsdichte
lautet die Inhomogenität der Gleichung
Faltung führt schließlich zur partikulären Lösung:
Φpart(x) =
ρ(x) = q δ(x − x0)
g(x) = − q
= 1
4πε0
= 1
4πε0
ε0
δ(x − x0)
d 3 x ′ G(x − x ′ )g(x ′ )
d 3 x ′
q
x − x0
q
x − x ′ δ(x′ − x0)
Da man im Unendlichen üblicherweise Φ ≡ 0 wählt, gilt für die homogene Lösung Φhom ≡ 0. Den homogenen
Teil der Lösung kann man also mittels Randbedingungen ” wegdiskutieren“ und man erhält:
Φ(x) = Φpart(x) = 1
5
4πε0
q
x − x0