Übungsblatt - Physik-Department TU München
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<strong>Physik</strong> Departement Technische Universität <strong>München</strong><br />
Matthias Danner Blatt 1<br />
1 Satz von Stokes<br />
Ferienkurs Elektrodynamik - SS 2008<br />
Verifizieren Sie den Satz von Stokes am Beispiel der Fläche A und des Vektorfeldes F.<br />
Lösung<br />
F =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
x 3 + yz 2<br />
y 2 + xz 2<br />
xyz<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ , A = {(x, y, z) ∈ R3 | x 2 + y 2 + z 2 = 1 ∧ z ≥ 0 }<br />
∇ × F =<br />
Als nächstes das Integral über die Halbkugel<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
xz − 2xz<br />
2yz − yz<br />
z 2 − z 2<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
−xz<br />
⎛ ⎞<br />
<br />
2π sin θ cos φ<br />
π/2 ⎜ ⎟<br />
dA · ∇ × F = dφ dθ sinθ ⎜<br />
⎝ sin θ sin φ ⎟<br />
⎠<br />
A<br />
0 0<br />
cos θ<br />
·<br />
⎛<br />
⎞<br />
−sin θ cos φcos θ<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
⎝ sinθ sin φcos θ ⎟<br />
⎠<br />
0<br />
2π π/2<br />
= dφ dθ sinθ (−sin 2 θ cos 2 φcos θ + sin 2 θ sin 2 φcos θ)<br />
=<br />
= 0<br />
0<br />
0<br />
yz<br />
0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
2π<br />
dφ (sin 2 φ − cos 2 π/2<br />
φ) dθ sin 3 θ cos θ<br />
0<br />
<br />
= 0<br />
<br />
Der Rand von A, über den man jetzt integrieren muss, ist ein Kreis in der x-y-Ebene mit Radius 1, den man<br />
folgendermaßen parametrisiert:<br />
Damit folgt (man beachte, dass z = 0):<br />
r(φ) = (cos φ, sin φ, 0) =⇒ dr = dφ (−sin φ, cos φ, 0)<br />
<br />
∂A<br />
dr · F =<br />
=<br />
= 0<br />
2π<br />
dφ<br />
0<br />
2π<br />
0<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0<br />
−sin φ<br />
cos φ<br />
0<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ ·<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
x 3 + yz 2<br />
y 2 + xz 2<br />
xyz<br />
dφ (−sin φcos 3 φ + cos φsin 2 φ)<br />
1<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠
Den Wert der trigonometrischen Integrale erhält man am einfachsten aus Symmetriebetrachtungen. Nützlich ist<br />
dabei auch die Tatsache, dass man bei T-periodischen Funktionen, so man über eine ganze Periode integiert,<br />
den Integrationsbereich beliebig verschieben darf.<br />
T T+t<br />
dx f(x) = dx f(x)<br />
In unserem Fall für T = 2π und t = −π beispielsweise symmetrisch zum Ursprung.<br />
2 Satz von Gauß<br />
0<br />
Verifizieren Sie den Satz von Gauß am Beispiel des Volumens V und des Vektorfeldes F.<br />
Lösung<br />
F =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
Zunächst benötigt man die Divergenz von F:<br />
Diese integriert man nun über die Halbkugel.<br />
<br />
x<br />
y<br />
z 2<br />
V<br />
⎞<br />
t<br />
⎟<br />
⎠ , V = {(x, y, z) ∈ R3 | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ∧ z ≥ 0 }<br />
dV ∇ · F =<br />
∇ · F = 2 + 2z<br />
1<br />
dr r 2<br />
2π π/2<br />
dφ dθ sin θ (2 + 2z)<br />
0<br />
= 2 · 1<br />
2<br />
= 4 1<br />
π +<br />
3 2 π<br />
= 11<br />
6 π<br />
0<br />
0<br />
4 1<br />
· π + 2 · 2π ·<br />
3 4<br />
1<br />
d cos θ cos θ<br />
Da in der ganzen x-y-Ebene dA ⊥ F gilt, verschwindet das Integral über den ” Boden“ der Halbkugel. Bleibt<br />
noch die obere Hälfte S der Kugeloberfläche:<br />
⎛ ⎞<br />
2π sinθ cos φ<br />
π/2 ⎜ ⎟<br />
dA · F = dφ dθ sin θ ⎜<br />
⎝ sin θ sinφ ⎟<br />
⎠<br />
S<br />
0 0<br />
cos θ<br />
·<br />
⎛<br />
sin θ cos φ<br />
⎜<br />
⎝ sinθ sin φ<br />
cos2 ⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
θ<br />
2π π/2<br />
= dφ<br />
0<br />
0<br />
0<br />
dθ sin θ (sin 2 θ cos 2 φ + sin 2 θ sin 2 φ + cos 3 θ)<br />
π/2<br />
= 2π [ dθ sin<br />
0<br />
3 π/2<br />
θ + dθ sin θ cos<br />
<br />
0<br />
3 θ ]<br />
= 2π [ 2<br />
3 +<br />
= 11<br />
6 π<br />
= 2/3<br />
1<br />
d cos θ cos 3 θ ]<br />
0<br />
<br />
= 1/4<br />
<br />
2
3 System von Differentialgleichungen<br />
Lösen Sie die folgende Differentialgleichung unter Berücksichtigung der Randbedingungen. Welche Form hat die<br />
Kurve, die v beschreibt?<br />
Lösung<br />
˙v = v × F , v(0) = v0 , F = (0, 0, 1)<br />
˙v =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
˙vx<br />
˙vy<br />
˙vz<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠ =<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
0 1 0<br />
−1 0 0<br />
0 0 0<br />
Wie man sieht, bleibt vz konstant. Es genügt also, nur die x-y-Ebene zu betrachten (Formal zerfällt die Matrix<br />
in eine direkte Summe).<br />
⎛<br />
˙v = ⎝ ˙vx<br />
⎞ ⎛ ⎞ ⎛<br />
˙vy<br />
0<br />
⎠ = ⎝<br />
−1<br />
1<br />
⎠ ⎝<br />
0<br />
vx<br />
⎞<br />
⎠<br />
vy<br />
Die Lösung lautet daher:<br />
<br />
=: A<br />
⎞ ⎛<br />
⎟ ⎜<br />
⎟ ⎜<br />
⎠ ⎝<br />
v(t) = e tA v0 = e tSΛS−1<br />
v0 = S e tΛ S −1 v0 = S diag(e λ1t , e λ2t )S −1 v0<br />
Die Eigenwerte von A sind λ1/2 = ∓i, woraus unmittelbar die Eigenvektoren v1 ∝ (i, 1) und v2 ∝ (1, i) folgen.<br />
Damit erhält man die Transformationsmatrix S sowie ihre Inverse S−1 :<br />
S = 1 ⎛ ⎞<br />
i<br />
√ ⎝<br />
2 1<br />
1<br />
⎠ ,<br />
i<br />
S −1 = S † = 1 ⎛ ⎞<br />
−i<br />
√ ⎝<br />
2 1<br />
1<br />
⎠<br />
−i<br />
Der Ausdruck für v(t) lautet dann:<br />
v(t) = S diag(e −it , e it )S −1 v0<br />
= 1<br />
2<br />
⎛<br />
⎝<br />
= 1<br />
⎛<br />
⎝<br />
2<br />
vx<br />
vy<br />
vz<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
⎞ ⎛<br />
i 1<br />
⎠ ⎝<br />
1 i<br />
e−it 0<br />
0 eit ⎞ ⎛ ⎞<br />
−i<br />
⎠ ⎝<br />
1<br />
1 −i<br />
i 1<br />
1 i<br />
⎞ ⎛<br />
⎠<br />
⎝ −ie−it e −it<br />
e it −ie it<br />
= 1<br />
⎛<br />
⎝<br />
2<br />
e−it + eit ie−it − ieit −ie−it + ieit e−it + eit =<br />
⎛<br />
⎝<br />
cos t sin t<br />
−sin t cos t<br />
⎞<br />
⎠ v0<br />
Der Vektor v(t) rotiert um die z-Achse und beschreibt damit einen Kreis. Interpretiert man ihn als Geschwindigkeitsvektor<br />
mit vz = const. = 0, so beschreibt er die Geschwindigkeit eines Teilchens, das sich auf einer<br />
spiralförmigen Bahn in z-Richtung bewegt.<br />
3<br />
⎞<br />
⎠ v0<br />
⎞<br />
⎠ v0<br />
⎠ v0
4 Partielle Differentialgleichung<br />
Lösen Sie die folgende partielle Differentialgleichung unter Berücksichtigung der angegebenen Randbedingungen<br />
mithilfe eines Separationsansatzes.<br />
Lösung<br />
Der Separationsansatz<br />
führt auf<br />
∂ Φ(x,t)<br />
∂t<br />
= ∂2 Φ(x,t)<br />
∂x 2 , Φ(0,t) = Φ(1,t) = 0, Φ(x,0) = sin(πx)<br />
Φ(x,t) = X(x)T(t)<br />
XT ′ = TX ′′ ′ T X′′<br />
⇐⇒ =<br />
T X<br />
Die linke Seite ist nur noch von t, die rechte nur noch von x abhängig. Das Gleichheitszeichen kann nur dann<br />
für alle x und t gültig sein, wenn beide Seiten der Gleichung konstant sind.<br />
T ′<br />
T<br />
Die Lösung hat also folgende Struktur:<br />
Einsetzen in die erste Randbedingung liefert:<br />
= X′′<br />
X = −k2 ⇐⇒ T ′ = −k 2 T , X ′′ = −k 2 X<br />
Φ(x,t) = e −k2 t (A sin kx + B cos kx)<br />
Φ(0,t) = 0 ⇐⇒ B e −k2 t = 0 ⇐⇒ B = 0<br />
Daraus folgt, dass stets A = 0 gelten muss, da Φ sonst die triviale Lösung wäre.<br />
Φ(1,t) = 0 ⇐⇒ Ae −k2 t sin k = 0 ⇐⇒ k = nπ , n ∈ N<br />
Um den vollständigen Lösungsraum zu ” erreichen“, muss ab jetzt also über alle n summiert werden (A → an).<br />
Zu guter letzt noch die Startbedingung.<br />
Die Lösung lautet also:<br />
5 Green-Funktion<br />
Φ(x,0) = sin πx ⇐⇒<br />
∞<br />
an sin nπx = sin πx ⇐⇒ an = δn,1<br />
n=0<br />
Φ(x,t) = e −π2 t sin πx<br />
Berechnen Sie mittels Fourier-Transformation die Green-Funktion G(x) des Laplace-Operators. Geben Sie<br />
damit die allgemeine Lösung der Poisson-Gleichung für eine Punktladung q, die sich am Ort x0 befindet, an.<br />
Lösung<br />
Die Fourier-Integrale lauten:<br />
f(k) =<br />
f(x) =<br />
∆Φ(x) = − ρ(x)<br />
Fouriertransformation der Bestimmungsgleichung liefert:<br />
<br />
<br />
ε0<br />
d 3 x e −ik·x f(x)<br />
d 3 k<br />
(2π) 3 eik·x f(k)<br />
4
−k 2 G(k) = 1 ⇐⇒ G(k) = − 1<br />
k 2<br />
Die gesuchte Funktion G(x) erhält man schließlich durch Rücktransformation<br />
G(x) = FT −1 G(k)<br />
<br />
= −<br />
= − 1<br />
4π 2<br />
= − 1<br />
4π 2<br />
= − 1<br />
2π 2<br />
= − 1<br />
4π<br />
d 3 k<br />
(2π) 3<br />
∞<br />
0<br />
∞<br />
0<br />
1<br />
x<br />
1<br />
x<br />
e ik·x<br />
k 2<br />
1<br />
ikx cos θ<br />
dk d cos θ e<br />
−1<br />
dk 1<br />
ikx (eikx − e −ikx )<br />
∞<br />
dk<br />
sin kx<br />
k<br />
0<br />
<br />
= π/2 · sgn x<br />
Um das Integral in der Zweiten Zeile ausführen zu können, wurde die Basis des k-Raums so gewählt, dass k3 x<br />
ist. Außerdem wurde für das θ-Integral der übliche ” Kosinus-Trick“ verwendet.<br />
Mit der Ladungsdichte<br />
lautet die Inhomogenität der Gleichung<br />
Faltung führt schließlich zur partikulären Lösung:<br />
Φpart(x) =<br />
ρ(x) = q δ(x − x0)<br />
g(x) = − q<br />
<br />
= 1<br />
<br />
4πε0<br />
= 1<br />
4πε0<br />
ε0<br />
δ(x − x0)<br />
d 3 x ′ G(x − x ′ )g(x ′ )<br />
d 3 x ′<br />
q<br />
x − x0<br />
q<br />
x − x ′ δ(x′ − x0)<br />
Da man im Unendlichen üblicherweise Φ ≡ 0 wählt, gilt für die homogene Lösung Φhom ≡ 0. Den homogenen<br />
Teil der Lösung kann man also mittels Randbedingungen ” wegdiskutieren“ und man erhält:<br />
Φ(x) = Φpart(x) = 1<br />
5<br />
4πε0<br />
q<br />
x − x0