Theo3 WS0910 Mosel Uebungen+Lsg.pdf

Prof. Mosel WS 2009/2010 

Übungen zur Vorlesung “Theorie der Elektrodynamik” 

Präsenzaufgaben für den 20.10.2009 

P1. Die Diracsche δ-Funktion 

In der Vorlesung wurden verschiedene Darstellungen der Diracschen δ-Funktion diskutiert. Eine 

mögliche Darstellung wird durch die Gauss-Funktion gegeben. Zeigen Sie, dass sich die Diracsche 

δ-Funktion δ(x − a) als folgender Grenzwert darstellen läßt (a = const.): 

d.h., zeigen Sie: 

β 

α 

δ(x − a) = lim 

ǫ→0 

1 (x−a)2 

− √ e ǫ , 

πǫ 

δ(x − a) = 0 für alle x = a 

dxδ(x − a) = 1 für alle a ∈ (α, β) . 

P2. Eigenschaften und Praktische Anwendungen 

Mit Hilfe der wichtigen Eigenschaft (f(x) sei eine beliebige Funktion. x0, a, α sind Konstanten) 

 

dxf(x)δ(x − a) = f(a) 

sowie der Eigenschaften 

f(x)δ ′ (x − a) = −f ′ (x)δ(x − a) 

δ(αx) = 1 

|α| δ(x) 

δ(x 2 − a 2 ) = 

1 

[δ(x − a) + δ(x + a)] 

2|a| 

f(x)δ(x − a) = f(a)δ(x − a) 

xδ(x) = 0 

δ [f(x)] = 

i 

1 

|f ′ (xi)| δ(x − xi) , xi seien einfache Nullstellen von f(x) 

δ(x − a) = d 

Θ(x − a) , Θ(x − a) ist die Stufenfunktion 

dx 

lassen sich Integrale über Ladungsverteilungen auf einfacher Art und Weise berechnen (Potentialberechnung, 

etc.). Berechnen Sie folgende Integrale: 

+∞ 

−∞ 

b 

 

a 

1 

dxδ(x − x0) 

x − a 

dx(f(x) − f(a))δ(x − a) 

dxln(x)δ ′ (x − x0) . 

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P3. Differentialoperatoren in verschiedenen Koordinatensystemen 

(a) Berechnen Sie ∇Φ in sphärischen Polarkoordinaten für: 

(b) Gegeben sei das folgende Vektorfeld: 

Φ(r ) = α 

r 

β 

− cos(θ) . 

r2 A(r ) = (2αxy, βx 2 + γy 2 , 0) . 

Berechnen Sie die Divergenz und die Rotation dieses Vektorfeldes. Für welche Werte der 

konstanten α, β, γ ist das Feld quellen- bzw. wirbelfrei? 

H1. Diracsche δ-Funktion (5 Punkte) 

(a) Betrachten Sie folgende Funktionenfolge: 

Hausaufgaben für den 27.10.2009 

fǫ(x − a) = 1 

π 

ǫ 

ǫ 2 + (x − a) 2 

Zeigen Sie, dass sich die Diracsche δ-Funktion δ(x − a) als Grenzwert der Funktionenfolge 

darstellen läßt. Das heisst, zeigen Sie: 

lim 

ǫ→0 

β 

Hinweis: d 

1 

dx arctan(x) = 1+x2. (b) Berechnen Sie (α, x0 sind Konstanten): 

+∞ 

−∞ 

α 

lim 

ǫ→0 fǫ(x − a) = 0 (x = a) 

fǫ(x − a)dx = 1 für α < a < β . (1) 

dxδ(x − x0)x 2 

sowie 

+∞ 

−∞ 

dxδ(x − x0)e αx 

H2. Differentialoperatoren in verschiedenen Koordinatensystemen (10 Punkte) 

(a) Berechnen Sie ∇1 r sowohl in kartesischen Koordinaten als auch in sphärischen Polarkoordinaten. 

(b) Berechnen Sie ∇Φ in sphärischen Polarkoordinaten für 

Φ(r ) = α 

2R 

 

r 

 

2 

3 − 

R 

Θ(R − r) + α 

Θ(r − R) , 

r 

wobei die Größen α, R Konstanten sind und r = (x, y, z). Θ(x − y) ist die Stufenfunktion. 

Sie ist gleich 1 für x ≥ y und gleich 0 für x < y. Es gilt weiterhin die Eigenschaft: δ(x −a) = 

Θ(x − a) (siehe also P2). 

d 

dx 

.

Übungen zur Vorlesung "Theorie der Elektrodynamik" 

Musterlösung Blatt 1 (Hausaufgaben) 

H1 

(a) zu zeigen ist: 

(i) 

(ii) 

zu (i) 

limfǫ(x−a) 

= 0 (x = a) 

ǫ→0 

β 

lim dxfǫ(x−a) = 1 (α < a < β) 

ǫ→0 

α 

1 ǫ 

lim 

ǫ→0 πǫ2 

= 0 

+(x−a) 2 

da der Zähler → 0 aber der Nenner → π(x−a) 2 geht 

zu (ii) 

β 

1 ǫ 

dx 

π α ǫ2 β 

1 dx 

= 

+(x−a) 2 π α ǫ 

nach dieser Umformung können wir ausnutzen: 

⇒ Substituiere: 

damit ist das Integral: 

1 

π 

β−a 

ǫ 

α−a 

ǫ 

d 1 

arctan(x) = 

dx 1+x 2 

⇒ dw 

dx 

w = x−a 

ǫ 

= 1 

ǫ 

ǫ→0 

→ π 

2 

⇒ dw = dx 

ǫ 

1 

1+( x−a 

ǫ )2 

dw 1 1 −a 

= [arctan(β ) −arctan( 

1+w 2 π ǫ 

 

>0 

 

α−a 

) →] = 1 

ǫ 

 

(b) 

(i) 

(ii) 

+∞ 

−∞ 

+∞ 

−∞ 

Dabei wurde die Eigenschaft: 

ausgenutzt 

∂z 

dxδ(x−x0)x 2 = x 2 0 

dxδ(x−x0)e αx = e αx0 

f(x)δ(x−a) = f(a) 

H2 

(a) 

(i) in kartesischen Koordinaten: 

⎛ ⎞ 

∂x 

∇ = ⎝∂y⎠; 

r = |r| = x2 +y2 +z2 ⎛ ⎞ 

x 

; r = ⎝y⎠ 

z 

explizit für die 1. Komponente: 

∂x 

1 

 

x2 +y2 +z2 = −1 

2 (x2 +y 2 +z 2 ) −3 22x 

2

analog für die anderen Komponenten folgt: 

(ii) in Kugelkoordinaten: 

∇ 1 

r = 1 2r 

∇ 

= −1 

x2 +y2 +z2 2 x2 +y2 +z2 3 

⇒ ∇ 1 

r 

= − r 

r 3 

∇ 

∂ 1 ∂ 1 ∂ 

= er + eϑ + eϕ 

∂r r∂ϑ 

rsin(ϑ) ∂ϕ 

∇ 1 

r 

∂ 1 

= er 

∂r r +0+0 

⇒ ∇ 1 1 

= − 

r r2er (2) 

Anmerkung: Die Ausdrücke (1) und (2) sind übrigens identisch, wenn man er in der 

kartesischen Basis explizit aufschreibt: 

⎛ ⎞ 

sin(ϑ)cos(ϕ) 

⎛ ⎞ 

x 

⎛ ⎞ 

rsin(ϑ)cos(ϕ) 

er = ⎝sin(ϑ)sin(ϕ) 

⎠; ⎝y⎠ 

=r = ⎝rsin(ϑ)sin(ϕ) 

⎠ 

cos(ϑ) z rcos(ϑ) 

⇒ − r 1 

= − 

r3 r3 ⎛ ⎞ 

rsin(ϑ)cos(ϕ) 

⎝rsin(ϑ)sin(ϕ) 

⎠ = − 

rcos(ϑ) 

1 

r2er (b) Φ(r) = Φ(r) hat hier keine explizite ϕ oder ϑ Abhängigkeit. Daher bleibt vom 

Nalba in Kugelkoordinaten: 

nur der erste Summant auszuwerten. 

Zwischenrechnung: 

∂Φ 

∂r 

∇ 

∂ 1 ∂ 1 ∂ 


∂r r∂ϑ 


⇒ ∂ 

∇Φ(r) = er 

∂r Φ(r)+0+0 

α 

= 

2R (−2r 

α 

R2)Θ(R−r)+ 2R (3−(r 

R )2 ) ∂ α 

Θ(R−r)− 

∂r r2Θ(r−R)+α ∂ 

r ∂r Θ(r−R) 

nun ist: 

∂ 

Θ(R−r) = −δ(r−R) 

∂r 

3 

(1)

(die negative Deltafunktion entspricht der unendlich negativen Steigung der Stufenfunktion 

bei r=R) 

und: 

δ(r−R) = δ(R−r) 

(jeweils ist der Peak bei r=R und somit sind die Delta-Distributionen äquivalent) 

⇒ ∂Φ 

∂r 

α 

= −αr 

R3Θ(R−r)− r2Θ(r−R)+(αr2 α 

+ 

2R3 r 

⇒ ∇Φ(r) = er[− αr α 

R3Θ(R−r)− r2Θ(r−R)+(αr2 α 

+ 

2R3 r 

4 

− 3α 

2R )δ(r−R) 

− 3α 

2R )δ(r−R)]


Musterlösung Blatt 1 

P1 

δ(x−a) ? 1 

= lim√ 

e 

πǫ −(x−a)2 

ǫ 

ǫ→0 

1 

(1) Für x = a ist lim√ 

e πǫ −(x−a)2 

ǫ = 0, da die Exponetialfunktion schneller gegen Null 

ǫ→0 

geht als 1/ǫ gegen Unendlich (für ǫ → 0) 

(2) 

β 

1 

√ e 

πǫ −(x−a)2 

ǫ dx (α < a < β) 

Substitution: 

Es folgt also weiter: 

Beweis von *: 

Trick: Einserseits ist: 

 

e −(x2 +y2 ) 

dA = 

R 2 

Andererseits: 

 

e −(x2 +y2 ) 

dA = 

R 2 

Iǫ = 

∞ ∞ 

−∞ 

−∞ 

2π 

∞ 

0 

0 

α 

y = x−a 

√ ǫ 

⇒ dy = dx 1 √ ǫ 

⇒ Iǫ = 1 

√ π 

β−a 

√ǫ 

α−a 

√ǫ 

limIǫ 

= 

ǫ→0 1 

∞ 

√ 

π −∞ 

dye −y2 

dye −y2 

 

= √ = 1 

π ∗ 

e −(x2 +y2 ∞ 

) 

dxdy = ( e 

−∞ 

−x2 

∞ 

dx)( e 

−∞ 

−y2 

∞ 

dy) = ( e 

−∞ 

−x2 

dx) 2 

e −r2 

rdrdϕ = 2π 

Und damit ist: ∞ 

∞ 

e 

−∞ 

−x2 

dx = √ π 

1 

0 

re −r2 

dr = 

s=−r2 0 

1 

2π 

−∞ 2 esds = π(1−0) = π

P2 

Es gilt für jede beliebige Funktion f(x) 

∞ 

−∞ 

dxf(x)δ(x−a) = f(a) 

Somit ist: ∞ 

1 

dxδ(x−x0) 

−∞ 

x−a 

 

=f(x) 

 

b 

a 

= 1 

x0 −a 

dx(f(x)−f(a)) δ(x−a) = f(a)−f(a) = 0 

 

g(x) 

dxln(x)δ ′ (x−x0) = − 

∞ 

−∞ 

P3 

(a) Der Nabla-Operator ∇ in Kugelkoordinaten: 

dx(lnx) ′ 

δ(x−x0) = − 

 

1 

x 

1 

∇ 

∂ 1 ∂ 1 ∂ 


∂r r∂ϑ 


Speziell hier hängt Φ nur von den Koordinaten r und ϑ ab: 

damit errechnet sich 

mit 

und mit 

zu 

Φ(r) = Φ(r,ϑ) = α 

r 

β 

− cos(ϑ) 

r2 ∇Φ 

∂ 1 ∂ 

= er Φ(r,ϑ)+ eϑ 

∂r r∂ϑ 

Φ(r,ϑ) 

∇Φ(r,ϑ) = er 

∂ 2β 

Φ(r,ϑ) = −α + cos(ϑ) 

∂r r2 r3 ∂ 

Φ(r,ϑ) = +β sin(ϑ) 

∂ϑ r2 −α 2β 

+ 

r2 r3 cos(ϑ)er + β 

sin(ϑ)eϑ 

r3 (b) Vektorfeld: A(r) = (2αxy,βx 2 +γy 2 ,0) mit (α,β,γ = const) 

(i) Divergenz: 

∇ A = ∂xAx +∂yAy +∂zAz = 2αy +2γy = 2y(α+γ) 

2 

x0

⇒ quellenfrei, falls α = −γ 

(ii) Rotation: 

⇒ wirbelfrei, falls α = β 

( ∇× 

A)x = ∂yAz −∂zAy = 0−0 = 0 = ( ∇× 

A)y 

( ∇× 

A)z = ∂xAy −∂yAx = 2βx−2αx = 2x(β −α) 

3




P4. Differentialoperatioren 

Gegeben sei ein beliebiger konstanter Vektor a und der Ortsvektor r. Berechnen Sie: 

(a) die Komponenten von ∇ (a · r) in Kugelkoordinaten. 

(b) Die Rotation von (a × r) in Zylinderkoordinaten. 

P5. Satz von Gauß 

Überprüfen Sie den Satz von Gauß anhand des Vektorfeldes 

indem Sie die Integrale 

F 

A(r ) = (xy, y, 0) , 

d F · A , 

 

V 

dV ∇ · A 

für die Einheitshalbkugel und deren Grundfläche in der xy-Ebene berechnen. 

P6. Satz von Stokes 

Gegeben sei das Feld 

a b 

B(x, y) = 1 

r2(y, −x, 0) 

(r sei der Betrag des Ortsvektors auf der xy-Ebene). 

Berechnen Sie explizit das geschlossene Kurvenintegral 

 

B · dr (1) 

C 

über die in der Skizze angegebene Kurve. Prüfen Sie anschließend das Ergebnis mit dem Stokes’schen 

Satz. 

Hinweise: dx 1 

1+x2 = arctan(x), arctan(x) + arctan(x−1 ) = π 

2 . 

Bitte Wenden! 

c


H3. Satz von Gauß (5 Punkte) 

Überprüfen Sie den Satz von Gauß anhand des Vektorfeldes 

indem Sie die Integrale 

F 

A(r ) = (x, x, z) , 

d F · A , 

 

V 

dV ∇ · A 

für den Einheitswürfel berechnen, dessen eine Ecke mit dem Koordinatenursprung übereinstimmt 

und seine Kanten achsenparallel liegen. 

H4. Direkte Berechnung von elektrostatischen Feldern (5 Punkte) 

Gegeben sei ein homogen geladener, unendlich dünner Draht der Länge 2L und der Gesamtladung 

Q, der auf der z-Achse bei (0, 0, −L), (0, 0, +L) liegt. 

(a) Drücken Sie die Ladungsverteilung ρ(r) mittels der Diracschen δ- und der Stufenfunktion aus. 

(b) Berechnen Sie das Potential Φ(r) der Ladungsverteilung. 

H5. Berechnung von elektrostatischen Feldern mit Satz von Gauß (5 Punkte) 

Betrachten Sie eine Anordnung aus zwei unendlich langen koaxialen Kreiszylinder mit den Radien 

a und b (a < b), die mit einer Ladung pro Längeneinheit von −λ bzw. λ homogen geladen sind. 

(a) Machen Sie den Ansatz E(r) = E(r)er und berechnen Sie in Zylinderkoordinaten das elektrische 

Potential φ und das elektrische Feld E(r) im ganzen Raum mit Hilfe des Satz von 

Gauß. 

(b) Berechnen Sie die Kapazität pro Längeneinheit der Anordnung.

ÅÙ×ØÖÐ×ÙÒÐØØ ÙÒÒÞÙÖÎÓÖÐ×ÙÒÌÓÖÖÐØÖÓÝÒÑ ÀÙ×ÙÒ 

ÏÖÐÒ ÖÒÒÖÆÓÖÑÐÒÚØÓÖ×ØØ×ØØ××ÒÖØÒÙÒÙÒ ÀÒØ×ÔÖÒÒ××ÏÖÐ×ØÒØ×Ö××ÇÖÒÒØÖÐÞÙ 

•ÙÒ×ØÐÒ×ÒÖØÞÙÖÞ× Þ ÖÖÆÓÖÑÐÒÚÖØÓÖ×ØÖ−ezÑØ×Ød 

•z= 1 

Iz=0 = 

 

 

= 

= 0 

F 

F 

d F A 

dF (−ez A) 

 

−z 

|z=0 

F = −dFez 

1 1 

Iz=1 = dx dy(+ez 

1 1 

•ËÒÖØÞÙÖÝ× 

A) |z=1 

 

z 

= 1 

⇒ Iz,tot = 1 ÀÖ×Øey A = x 

1 1 

⇒ Iy = dz dx(ey 

0 0 

A) = 

 

=x 

1 

ÙÒØÖ×ÐÒÇÖÒØÖÙÒÒÖÒeyÐÒÐÖØÁÒØÖØÓÒÒÖ 

1Ù×ÖÒØÛÖÙÖÙÒÖ 

2 ÍÒÒÚÓÒÓ×Öy=0ÓÖy = ÜÞÒÒ××ÑØÒÒØÖ⇒ Iy,tot = 0

•ËÒÖØÞÙÖÜ× ÙÖ×Øex A = x 

1 1 

Ix=1 = dy dz ex 

0 0 

ÙÒ A|x=1 

= 1 

 

x 

1 1 

Ix=0 = dy dz(−ex 

0 0 

Ð××ÑØÖÒ××ÐÐÖ××ÁÒØÖÐÖÐØÒÛÖ 

A) |x=0 = 0 

 

−x 

⇒ Ix,tot = 1 

 

d 

F 

F ÊÒÙÒÑØØÐ×Ù×ÒËØÞ 

6 

A = Ii = 2 

j=1 

 

Ad 

F 

 

F 

∇ 

V 

ÁÒØÖÐÖ×ÐÓ××ÒÐ= ÁÒØÖÐÖ×ÖÒÒØÐØÒÎÓÐÙÑÒ AdV 

 

A ÖÒÙÒÚÓÒ ∇ ∇ A = ∂ 

∂x Ax + ∂ 

∂y Ay + ∂ 

∂z Az Ð×Ó = 1+0+1 = 2 

 

∇ 

V 

À ÊÙÑÐÙÒ×ØÐ××Ø××ÖÒÐ× 

1 1 1 

AdV = 2 dV = 2 dx dy dz 2 

V 0 0 0 ÎÓÐÙÑÒ×ÏÖÐ×ÑØÃÒØÒÐÒ= 

ρ(r) = Q 

2L δ(x)δ(y)[Θ(L−z)−Θ(−L−z)] ÓÖÞÙÕÙÚÐÒØÐ× ρ(r) = Q 

δ(x)δ(y)Θ(L−z)Θ(z +L) 

2L

ÑØ r 

×ÈÓØÒØÐÒØÖÖØÖρ(r ′ )ÒÒÑÐÒÇÖØr 

φ(r) = 1 

4πǫ0 

 

dV ′ 

ÁÒØÖÐÖÄÙÒ×ÚÖØÐÙÒρ(r ′ 

) 

|r−r ′ | 

= (x,y,z); r ′ = (0,0,z ′ )ÑØz ′ ∈ [−L;L] 

⇒ φ(r) = 1 

∞ 

Q 

dx 

4πǫ0 2L −∞ 

′ 

∞ 

dy 

−∞ 

′ 

∞ 

dz 

−∞ 

′δ(x′ )δ(y ′ )Θ(L−z ′ )Θ(z ′ +L) 

 

x 2 +y 2 

 

=r2 +(z −z ′ ) 2 

= 1 

+L 

Q 

dz 

4πǫ0 2L −L 

′ ÑØÐ×ÓÐÒÒÁÒØÖÐ×ÖÓÒ×ØÒ 1 

 

r2 +(z −z ′ ) 2 

 

1 

dx√ 

x2 +a2 = ln(x+√x 2 +a2 ÓÐØÖ )−ln(a) 

φ(r) = 1 Q 

4πǫ0 2L ln 

 

(L−z)+ r2 +(L−z) 2 

−L−z + r2 +(L+z) 2 À ËØÞÚÓÒÙ 

 

 

Ed 

F 

ÄÙÒÒÒÖÐÖÇÖ 

1 

F ρ(r)dV 

ǫ0 V 

ÐÙ××ÙÖÇÖ= 

ÅÒÒÙØÞØÝÐÒÖ×ÝÑÑØÖ E(r) = E(r)er ÐÒÐÑÒØÒÝÐÒÖÓÓÖÒØÒ×ØÑÖd F = rdϕdzer ÆÙÒÖÒØÑÒ F Ed ÝÐÒÖÑÒØÐÒÊØÙÒerÖÆÓÖÑÐÒÚØÓÖÖËØÖÒÒ×Ø ÒÙÖÅÒØÐÑÙÐØÔÐÞÖØÑØÑØÖÚÓÒE 

EÖÐÖØ××ÁÒØÖÐÒÒØÖÙÒ×ÐØ 

EÒÙÛÖÆÓÖÑÐÒÚØÓÖÖ 

FÞØ ÒÒÙ×ÒÖØÞÙ 

F 

Ed F = 2πrLE(r)

ÙÒÑÙÐ 

E 

 

ÑØÖÐØÑÒ 

F 

×ÈÓØÒØÐ 

Ed F = 2πrLE(r) = 1 

ǫ0 

 

V 

⎧ 

⎪⎨ 0 ,r < a 

1 ρ(r)dV = Lλ ,a < r < b 

ǫ0 ⎪⎩ 

(Lλ−Lλ) ,r > b 

1 

ǫ0 

⎧ 

⎪⎨ 0 ,r < a 

λ E(r) = er ,a < r < b 

2πrǫ0 ⎪⎩ 

0 ,r > b 

E = −∇φ 

∂ 

= − 

∂r φ(r) 

r 

⇒ φ(r) = − dr 

0 

′ E(r ′ ) 

⇒ φ(r) = − λ 

r 

1 

2πǫ0 0 r ′Θ(r′ −a)Θ(b−r ′ )dr ′ 

= − λ 

ln[ 

2πǫ0 

max(a;min(r;b)) ÃÔÞØØ×ÝÐÒÖÓÒÒ×ØÓÖ××Ø ] 

a 

dC = dQ ÛÓ|∆φ|ÈÓØÒØÐÖÒÞÞÛ×ÒÒÒÓÜÐÒÝÐÒÖÒ×Ø 

ÙÒÑØ 

|∆φ| 

∆φ = φ(r = b)−φ(r = a) 

dQ = λdL ÓÐØÖÃÔÞØØÔÖÓÄÒdC dL = 

λ 

⇒ dC 

dL 

λ 

2πǫ0 ln(b 

a ) 

2πǫ0 

= 

ln( b 

a )


Musterlösung Blatt 2 (Präsenzaufgaben) 

P4 

(a) Der Gradient in Kugelkoordinaten: 

∇ 

∂ 1 ∂ 1 ∂ 


∂r r∂ϑ 


Da α beliebig, wählen wir es als Polarachse 

(b) Hier wählen wir α als z-Achse 

Daraus ergibt sich: 

⇒ αr = αrcos(ϑ) 

∇(αr) = α(cos(ϑ)er −sin(ϑ)eϑ) 

⇒ α = αez, r = ρeρ +zez 

α×r = αρez × eρ = αρeϕ 

Bei der Rotation ist nur die z-Komponente der Rotaion von Null verschieden: 

P5 

Satz von Gauß: 

[ ∇(αr)]z = 1 ∂ 

ρ∂ρ 

(αρ2 ) = 2α ⇒ ∇(αr) = 2αez 

F 

d F 

A = 

dV ∇ A 

Überprüfung des Satz von Gauß, indem man als Volumen bzw. dessen Oberfläche 

eine Halbkugel mit dem Radius 1 betrachtet: 

Berechnung von 

F d F A: 

 

d F 

A = d F1 

A+ d F2 A 

F1 : Unterseite 

F 

F1 

F2 

d F1 = −ezd F1 = −ezdxdy 

⇒ d F1 A = 0 

⇒ Unterseite der Kugel liefert keinen Beitrag 

1

F2 : Oberseite 

 

1) 

2) 

F2 

d F2 A = 

π 

2 

0 

= 

π 

2 

0 

π 

2 

0 

2π 

dϑ 

0 

π 

2 

0 

2π 

dϑ 

0 

2π 

dϑ 

0 

d F2 = err 2 sin(ϑ)dϑdϕ|r=1 

dϕr 2 ⎛ ⎞⎛ 

sin(ϑ)cos(ϕ) 

sin(ϑ) ⎝sin(ϑ)sin(ϕ) 

⎠⎝ 

cos(ϑ) 

 

er 

r2sin2 (ϑ)sin(ϕ)cos(ϕ) 

⎠|r=1 

rsin(ϑ)sin(ϕ) 

0 

2π 

dϑ dϕsin(ϑ)[sin 

0 

3 (ϑ)sin(ϕ)cos 2 (ϕ)+sin 2 (ϑ)sin 2 (ϕ)] 

dϕsin 4 (ϑ)sin(ϕ)cos 2 (ϕ) = 

 

Bronstein 

= π 

Berechnung von 

1) 

2) 

 

dϕsin 3 (ϑ)sin 2 (ϕ) = 

 

Bronstein 

π 

2 

0 

V dV ∇ A: 

F 

π 

2 

0 

π 

2 

0 

⎞ 

dϑsin 4 (ϑ)[− 1 

3 cos3 (ϕ)] 2π 

0 = 0 

dϑsin 3 (ϑ)[ 1 1 

ϕ− 

2 4 sin(2ϕ)]2π 0 

dϑsin 3 (ϑ) = π[−cos(ϑ)+ 1 

3 cos3 (ϕ)] π 

2 

0 = 2 

3 π 

 

⇒ d F A = 2 

3 π 

∇ A = ∂xAx +∂yAy +∂zAz = y +1+0 = rsin(ϑ)sin(ϕ)+1 

V 

dV ∇ A = 

1 

0 

1 

0 

2π 

dr dϕ 

0 

1 

0 

1 

0 

2π π 

2 

dr dϕ dϑr 

0 0 

2 sin(ϑ)[1+rsin(ϑ)sin(ϕ)] 

π 

2 

0 

2π 

dr 

dr 

0 

π 

2 

0 

dϑr 2 sin(ϑ) = 2π 

3 [−cos(ϑ)]π 2 

0 = 2π 

3 

π 

2 

dϕ dϑr 

0 

3 sin 2 (ϑ)sin(ϕ) = 

dϑr 3 sin 2 (ϑ)[−cos(ϕ)] 2π 

0 = 0 

 

⇒ 

V 

dV ∇ A = 2 

3 π 

2

P6 

Direkte Berechnung des geschlossenen Kurvenintegrals: 

Für die einzelnen Teilstücke ergibt sich: 

b 

Ia→b = 

a 

da an der Stelle y=0 integriert wird 

c 

Ib→c = 

0 

dy(ey B) 

 

−x 

= 

 

beix=b 

mit Bronstein: dx 1 

1+x 2 = arctan(x) : 

Substituiere: w = y 

b 

c 

0 

Ib→c = − 1 

b 

dx(ex B) 

 

1 

r2y = 0 

dy 1 

r2(−b) = 

c 

0 

dy 

r 2 =x 2 +y 2 

1 

1+( y 

b )2 

c 

1 ⇒ dw = bdy Ib→c = − 1 

b b 

c 

b 

dw 

0 

1 

= −arctan(c 

1+w 2 b ) 

0 

dy −b 

x 2 +y 2 

Die Auswerung der Integrale über die anderen Teilstücke verläuft ganz analog: 

a 

Ib→a = 

b 

0 

Ic→a = 

c 

dx(ex B)|y=c = 

a 

dy(ey B)|x=a = 

Wir verwenden nun die Relation: 

 

⇒ 

Über Stoke’schen Satz: 

berechne Rotation: 

c 

b 

dx 

0 

c 

c 

c2 = arctan(a 

+x2 arctan(x)+arctan( 1 π 

) = 

x 2 

c )−arctan(b 

c ) 

dy(− a 

a2 +y2) = arctan(c 

a ) 

Bdr = Ia→b +Ib→c +Ib→a +Ic→a = 0 

 

c 

 

Bdr = 

⎛ 

∇× B = ⎝ 

Fc 

( ∇× B)d f 

∂yBz −∂zBy 

∂zBx −∂xBz 

∂xBy −∂yBx 

3 

⎞ 

⎠

da r 2 = x 2 +y 2 und Bz = 0 werden die ersten zwei Komponenten direkt Null. Die 

dritte Komponente ebenfalls, nach folgender Rechnung: 

∂xBy = ∂ −x 

[ 

∂x x2 +y2] = x2 −y2 (x2 +y2 = ∂yBx 

) 2 

⇒ ∇× B = 0 

4




P7. Elektrisches Feld und Feldenergie 

Gegeben sei ein Kugelkondensator bestehend aus 2 Kugelschalen mit innerem (äusserem) Radius 

R1 (R2). Die innere (äussere) Kugelschale beträgt die Ladung +Q (−Q). 

(a) Drücken Sie die Ladungsdichte der Anordnung mittels der δ-Distribution und, falls notwendig, 

mittels der Stufenfunktion. 

(b) Berechnen Sie das elektrische Feld im ganzen Raum. 

Hinweis: Hochsymmetrischer Fall! 

(c) Berechnen Sie die Energiedichte und die Gesamtenergie des elektrischen Feldes. 

P8. Greensche Integralsätze 

Gegeben seien zwei beliebige (mindestens 2-mal stetig differenziarbare) skalare Felder Φ(r) und 

Ψ(r), V ein Volumen mit seiner geschlossenen Oberfläche ∂V ≡ S. Beweisen Sie die in der Vorlesung 

angegebenen beiden Greenschen Integralsätze: 

 

∇Φ · ∇Ψ + Φ∇ 2 

Ψ d 3 

r = Φ∇Ψ · ndf (1. Greensches Theorem) 

V 

 

V 

 

Φ · ∇ 2 Ψ − Ψ ∇ 2 

Φ d 3 r = 

mit ∇χ · n ≡ ∂χ 

∂n 

 

S 

S 

 

Φ ∂Ψ 

 

− Ψ∂Φ df (2. Greensches Theorem) , 

∂n ∂n 

die Ableitung in Richtung der Flächennormalen für jedes beliebige Feld. 

Hinweis: Satz von Gauss mit A = Φ ∇Ψ. 


H6. Eelektrisches Feld und Energiedichte (15 Punkte) 

Gegeben sei ein homogen geladene Kugel mit Radius R und Gesamtladung Q, dessen Zentrum 

mit dem Koordinatenursprung übereinstimmt. 

(a) Drücken Sie die Ladungsverteilung ρ(r) mittels der Diracschen δ- und der Stufenfunktion aus. 

Welche Symmetrie tritt hier auf? 

(b) Berechnen Sie das elektrische Feld E(r) im gesamten Raum, also für r < R und r > R. 

Hinweis: Hochsymmetrischer Fall! 

(c) Berechnen Sie das Potential Φ(r) im gesamten Raum, also für r < R und r > R. 

Hinweis: Zur Bestimmung der Integrationskonstanten nutzen Sie die Randbedingung des Potentials 

Φ für r → ∞ und dessen Stetigkeit auf der Kugeloberfläche. 

(d) Skizzieren Sie den Potentialverlauf. 

(e) Zeigen Sie durch explizites Auswerten der Integrale, dass die beiden in der Vorlesung hergeleiteten 

Versionen für die elektrostatische Energie 

W a 

1 

c = Φ(r)ρ(r)d 

2 

3 r und W b 

ǫ0 

2 

c = E(r) d 

2 

3 r 

dasselbe Resultat liefern. 

V 

V



P7 

(a) Ladungsdichte 

ρ = 

Also mit Q1 = Q und Q2 = −Q: 

Q 

δ(r − R) 

F 

Kugeloberfläche 

ρ(r) = Q1 

4πR2δ(r − R1) + 

1 

Q2 

4πR2δ(r − R2) 

2 

(b) Wegen der Kugelsymmetrie der Ladungsverteilung gilt: 

E(r) = E(r)er 

Was das Oberflächenintegral im Satz von Gauß leicht berechnen lässt: 

 

Ed F = 4πr 2 E(r) 

andererseits ist: 

 

Ed F = 1 

 

F 

ǫ0 

= 4π 

r 

ǫ0 

= 1 

zusammen ergibt sich: 

ǫ0 

F 

dV 

V 

′ ρ(r ′ ) 

dr 

0 

′ r ′2 

 

Q1 

4πR2δ(r 1 

′ − R1) + Q2 

4πR2δ(r 2 

′ − R2) 

⎧ 

⎪⎨ 0 , r < R1 

Q1 

⎪⎩ 

Q1 + Q2 = 0 

, R1 < r < R2 

, r > R2 

E(r) = 1 

4πǫ0 

(c) Die Energiedichte ist allgemein: 

1 

r 2 

⎧ 

⎪⎨ 0 , r < R1 

Q , R1 < r < R2 

⎪⎩ 

0 , r > R2 

w(r) = ǫ0 

2 ( E(r)) 2 

1

Hier also: 

Die Gesamtenergie: 

Hier in Kugelkoordinaten: 

w(r) = ǫ0 

2 

1 

16π 2 ǫ 2 0 

Wc = 

1 

r 4 

 

⎧ 

⎪⎨ 0 , r < R1 

Q 2 , R1 < r < R2 

⎪⎩ 

0 , r > R2 

V 

 

dΩ 

 

w(r)dV 

R2 

Wc = Q2 

32π2ǫ0 R1 

2 1 

drr 

r 

Raumwinkel=4π 

4 

 

=− 1 

r |R 2 

R1 

⇒ Wc = Q2 

8πǫ0 

P8 

1.Greensches Theorem: 

Ausgangspunkt (Hinweis): Satz von Gauß: 

 

∇ 

AdV = Ad F = 

V 

S 

( 1 

− 

R1 

1 

) = 

R2 

Q2 R2 − R1 

8πǫ0 R1R2 

Sei A ein beliebiges Vektrofeld, also wählt man den Ansatz: 

mit Φ, Ψ als skalare Felder 

 

A = Φ ∇Ψ 

Einsetzen von 2 in 1: 

 

( ∇Φ ∇Ψ + Φ ∇ 2 

Ψ)dV = 

V 

Damit ist das 1.Greensche Theorem gezeigt. 

A n 

Flächennormale 

dF (1) 

⇒ ∇ A = ∇(Φ ∇Ψ) = ∇Φ ∇Ψ + Φ ∇ 2 Ψ (2) 

S 

Φ ∇Ψd 

F = 

S 

Φ ∇ΨndF (3) 

2.Greensches Theorem: Wieder Satz von Gauß, aber jetzt vertauscht man Φ und Ψ, 

der neue Ansatz lautet: 

A = Ψ ∇Φ 

2

Die gleiche Rechnung wie oben liefert dann: 

 

( ∇Ψ ∇Φ + Ψ ∇ 2 

Φ)dV = 

Subtrahiere Gleichung 4 von 3: 

 

⇒ 

V 

[Φ 

V 

∇ 2 Ψ − Ψ ∇ 2 Φ]dV = 

3 

 

S 

S 

[Φ ∂Ψ 

∂n 

Ψ ∇ΦndF (4) 

− Ψ∂Φ 

∂n ]dF




P9. Ladungsverteilungen und Diracsche δ-Funktion 

Eine Kugelschale vom Radius R, deren Zentrum mit dem Koordinatenursprung übereinstimmt, 

sei homogen geladen (Gesamtladung Q). Berechnen Sie die Ladungsdichte ρ(r) als Funktion der 

Diracschen δ-Funktion in geeigneten Koordinaten. 

Hinweis: Machen Sie den Ansatz ρ(r) = Aδ(r − R) (warum macht man diesen Ansatz?) und 

bestimmen Sie die Konstante A. 

P10. Bildladungsmethode 

Eine Punktladung q0 befinde sich am Ort r0 = (0, 0, z0) oberhalb einer unendlich ausgedehnten 

und auf der xy-Ebene befindenden geerdeten Metalloberfläche. 

(a) Welcher Art von Randwertproblemen entspricht diese Anordnung? Berechnen Sie das Potential 

Φ(r) dieses Randwertproblems. 

(b) Berechnen Sie die auf der Metalloberfläche influenzierte Flächenladung σ. 

(c) Geben Sie die Ladung dq an, die in einem Flächenelement ds der Metalloberfläche enthalten 

ist. Berechnen Sie die Kraft d Fs, die von der Ladung q0 auf ein Flächenelement ds mit der 

Ladung dq ausgeübt wird. Wie lautet dann die Kraft, die vom Ladungselement dq auf q0 

ausgeübt wird? 

(d) Berechnen Sie die Gesamtkraft Fs, die von der Flächenladung σ auf die Punktladung q0 

ausgeübt wird. In welcher Richtung zeigt F ? 


H7. Darstellen von Ladungsverteilungen mit δ-Funktionen (6 Punkte) 

Berechnen Sie die Ladungsdichte ρ(r) als Funktion von der Diracschen δ-Funktion und , wenn 

notwendig, der Stufenfunktion für 

(a) eine homogene Ladungsverteilung (Ladung λ pro Längeneinheit) über eine Zylinderoberfläche 

vom Radius R. 

(b) eine homogen geladene Kreisscheibe (Gesamtladung Q, Radius R), die sich auf der xy-Ebene 

befindet und dessen Zentrum mit dem Koordinatenursprung übereinstimmt. 

Hinweis: Nutzen Sie für (a) und (b) die Symmetrie der jeweiligen Anordnung, und gehen Sie 

ähnlich dem Lösungsschema der P9 vor. 

H8. Bildladungsmethode (10 Punkte) 

Der Koordinatenursprung befinde sich im Mittelpunkt einer geerdeten leitenden Kugel mit dem 

Radius R. Auf der z-Achse seien zwei Punktladungen q1 und q2 bei z1 = r0 und z2 = −r0 

angebracht, wobei r0 > R gelte. Welche Beziehung muß zwischen r0 und R bestehen, damit die 

Kraft auf eine der Ladungen von der Stärke der anderen nicht abhängt ?



H7 

a) Da sich die Ladung nur in der Zylinderoberfläche befindet, wählt man den Ansatz: 

P(r) = Cδ(ρ−R) (1) 

Wobei hier die Ladungsdichte P(r) ist und ρ der Radius in Zylinderkoordinaten. 

Weiterhin ist C eine nun zu bestimmende Konstante. Die Gesamtladung kann mit 

Hilfe der Ladung pro Längeneinheit λ wie folgt beschrieben werden: 

Q = λl 

Die Gesamtladung ist aber auch das Integral der Ladungsdichte über den Raum: 

 

Q = λl = 

l 2π 

P(r)dV = dz 

Eingesetzt in Gleichung 1 folgt: 

0 

= l2πCR 

0 

R 

dϕ 

0 

⇒ C = λ 

2πR 

P(r) = λ 

2πR δ(ρ−R) 

C ρ 

 

Volumenelement 

δ(ρ−R)dρ 

b) In Zylinderkoordinaten ausgedrückt ersteckt sich die Ladungsdichte innerhalb des 

Radius R und nur bei z = 0. Der Ansatz lautet: 

C bestimmt sich duch die Gesamtladung: 

2π 

Q = 

0 

∞ 

dϕ dz 

−∞ 

P(r) = CΘ(R−ρ)δ(z) (2) 

∞ 

R 

ρdρCΘ(R−ρ)δ(z) = 2πC ρdρ 

0 

⇒ C = Q 

πR 2 

⇒ P(r) = Q 

πR 2Θ(ρ−R)δ(z) 

1 

0

H8 

Zunächst muss man das Gesamtpotential der beiden Ladungenq1 undq2 sowie deren 

Bildladungen q ′ 1 und q ′ 2 (Spiegelladungsmethode) bestimmen. Dabei lassen sich die 

Einzelpotentiale wegen der Linearität der Maxwell-Gleichungen einfach addieren. 

Aus der Vorlesung ist nach dem Dirichletschen Randwertproblem für die Kugel 

folgende Relationen bekannt: 

q ′ R 

1 = −q1 

r0 

R 

q ′ 2 = −q2 

r0 

und r ′ 1 = R2 

r0 

und r ′ 2 = R2 

Mit der Randbedingung eines verschwindenden Potential auf der Kugeloberfläche 

Φ(r)|r=R = 0 folgt: 

Φ(r) = 

q1 

|r −r0ez| − 

q1 R 

r0 

|r − R2 

r0 

ez| + 

r0 

ez 

ez 

q2 

|r +r0ez| − 

q2 R 

r0 

|r + R2 

r0 ez| 

Aus diesem Potential lässt sich gemäß E(r) = − ∇Φ(r) das E-Feld berechnen: 

Mit: 

Ist: 

E(r) 

r −r0ez R 

= q1 −q1 

|r+r0ez| 3 

− ∇ 1 

|r − r0| 

r0 

r − R2 

r0 ez 

|r − R2 

r0 

= r − r0 

|r − r0| 3 

und die Kraft, die dadurch auf die Ladung q1 wirkt: 

F = q R r0ez − 

E = q1[−q1 

r0 

R2 

r0 ez 

(ro − R2 

+q2 

)3 

r0 

r+r0ez R 

+q2 −q2 

ez| 3 |r+r0ez| 3 

r0 

2r0ez 

8r 3 0 

r − R2 

r0 ez 

|r − R2 

r0 

R r0ez + 

−q2 

r0 

R2 

r0 ez 

(r0 + R2 

] 

)3 

r0 

Um nun den Ausdruck unabhängig von q2 zu machen, muss gelten: 

1 

4r 2 0 

⇒ 1 

4 

= R 

r0 

1 

(r0 + R2 

r0 )2 

R2 

(1+ 

r2 ) 

0 

2 = R 

r0 

2 

ez| 3




P11. Fourierreihen 

Eine auf dem Intervall [−L, L] definierte, stückweise stetige Funktion f(x), läßt sich durch eine 

Fourierreihe 

darstellen, wobei 

f(x) = α0 

2 + 

∞ 

n=1 

 

αn cos 

αn = 1 

L 

nπx 

 

dxf(x)cos 

L −L L 

die Fourierkoeffizienten bedeuten. 

 

πxn 

 

+ βn sin 

L 

 

πxn 

 

L 

und βn = 1 

L 

nπx 

 

dxf(x)sin 

L −L L 

Bestimmen Sie die Fourierkoeffizienten αn und βn für folgende Funktion: 

f(x) = 

f0 cos(k0x) , für |x| < a 

0 , für a < |x| ≤ L 

Hinweis: Für die Berechnung von βn reicht nur eine einfache Symmetrieüberlegung! 

P12. Taylorentwicklung 

Das Potential für eine Punktladung q bei r ′ außerhalb einer leitenden, geerdeten Kugel lautet in 

Kugelkoordinaten laut Vorlesung: 

ϕ(r ) = q 

⎡ 

⎤ 

⎣ 

4πǫ0 

1 

1 

⎦ . 

(r2 + r ′ 2 − 2rr ′ − 

1/2 

cos(θ)) 

r 2 r ′ 2 

a 2 + a 2 − 2rr ′ cos(θ) 1/2 

Entwickeln Sie das Potential ϕ(r ) für r >> r ′ . Berücksichtigen Sie dabei Terme bis einschliesslich 

der Ordnung (r ′ /r) 2 . 

Bitte Wenden! 

,


H9. Leitende Kugel mit Halbkugeln auf verschiedenen Potentialen (10 Punkte) 

Das Potential an einem beliebigen Ort (r, θ, ϕ) für eine leitende Kugel (Radius a), deren auf der 

positiven (negativen) Hemisphäre befindenden Halbkugeln auf konstante Potentiale +V (−V ) 

festgehalten werden, leutet: 

ϕ(r, θ, ϕ) = 1 

4π V a(r2 − a 2 ) 

− 1 

4π V a(r2 − a 2 ) 

2π 

0 

2π 

0 

dϕ ′ 

π/2 

0 

dϕ ′ 

π 

sin (θ ′ )dθ ′ 

1 

(a 2 + r 2 − 2ar cos(γ(θ ′ , ϕ ′ ))) 3/2 

sin (θ 

π/2 

′ )dθ ′ 

(a2 + r2 − 2ar cos(γ(θ ′ , ϕ ′ ))) 3/2 

wobei über die jeweiligen Halbkugeloberflächen integriert wird, und γ der Winkel zwischen dem 

Vektor zum Aufpunkt und zum Quellpunkt und i.a. eine komplizierte Funktion von θ ′ und ϕ ′ ist. 

Daher soll hier das Potential nur auf der positiven z-Achse untersucht werden. 

(a) Berechnen Sie das Potential auf der positiven z-Achse. 

(b) Verifizieren Sie Ihr Ergebnis aus (a), indem Sie ϕ(z = a) berechnen. 

(c) Entwickeln Sie das Potential für grosse Abstände von der Kugeloberfläche, d.h. für a > a ? 

H10. Analytische und numerische Fourierreihendarstellung (10 Punkte) 

Gegeben sei die Funktion 

mit der Periode T = 2π. 

f(x) = 

1 , für −π ≤ x < 0 

−1 , für 0 ≤ x < π 

(a) Berechnen Sie die Fourier-Koeffizienten und geben Sie die Fourierreihe an. 

(b) Stellen Sie mit Hilfe eines Coputerprogramms, z.B. gnuplot, Mathematika, xmgrace u.ä., 

die Funktion f(x) sowie deren Fourierreihe für verschiedene n-Werte im Intervall [−π, π] 

graphisch dar. 

1 

, (1)



H9 

a) Auf der positiven z-Achse ist γ∠(r,r ′ ) gleichbedeutend mit dem Polarwinkel ϑ ′ . 

Es gilt: γ = ϑ ′ und r = z. Mit der Ausgangsformel ist also: 

2π 

ϕ(r,ϑ,ϕ) = ϕ(z) = 1 

4π Va(r2 −a 2 ) dϕ 

0 

′ 

π/2 

1 

0 (a 

 

2 +r2 −2arcos(ϑ ′ )) 3/2 sin(ϑ′ )dϑ ′ 

=2π 

2π 

− 1 

4π Va(r2 −a 2 ) dϕ 

0 

′ 

π 

 

=2π 

Substituiere: x = cos(ϑ ′ ) ⇒ dx = −sin(ϑ ′ )dϑ ′ 

ϕ(z) = 2π 

4π Va(z2 −a 2 ) 

1 

Mit der Zwischenrechnung: 

ϕ(z) = V 

2 a(z2 −a 2 

) 

= V 

2 a(z2 −a 2 ) 

0 

π/2 

1 

(a 2 +r 2 −2arcos(ϑ ′ )) 3/2 sin(ϑ′ )dϑ ′ 

dx 

(a2 +z2 0 

dx 

− 

−2azx) 3/2 

−1 (a2 +z2 −2azx) 3/2 

 

dx 

(ax+b) 3/2 = −2 a 

1 

(ax+b) 1/2 folgt: 

1 

az (a2 +z 2 −2azx) −1/2 

1 

 

 

− 

0 

1 

az (a2 +z 2 −2azx) −1/2 

 

0 

 

 

−1 

 

1 1 

az z −a − 

 

1 

√ − 

a2 +z2 1 

 

1 1 

√ − 

az a2 +z2 a+z 

Hier wurde die positive Wurzel genommen. 

 

⇒ ϕ(z) = V 1− z2 −a2 z √ a2 +z2 

b) Berechnet man das Potential an der Stelle z = a, also auf der Kugeloberfläche, 

so erhält man: 

ϕ(a) = V 

So wie es sein sollte, denn das ist die geforderte Randbedingung für die positive 

Halbkugel. 

1 

c) Für z >> a benötigen wir die Entwicklung von √ 

a2 +z2. Man formt das Potential 

zunächst so um, dass man es in Potenzen von a/z schreiben kann: 

 

ϕ(z) = V = V 1− (1−a2 /z2 

) 

 

1+a 2 /z2 1− z2 (1−a 2 /z 2 ) 

z 2 1+a 2 /z 2 

1

Laut Aufgabenstellung muss man für z >> a Terme bis zur Ordnung (a/z) 2 berücksichtigen. 

Der Zähler hat bereits diese Form. Der Nenner wird entwickelt (mit 

x = a 2 /z 2 ): 

Damit folgt: 

(1+x) −1/2 ≈ 1− 1 

2 

1 

(1+x) 3/2 

 

 

 

 

x=0 

=1 

a2 a2 

≈ 1− 

z2 2z2 

ϕ(z) ≈ V 1−(a− a2 a2 

z2)(1− 2z2) 

 

≈ 1−1+ a2 a2 a4 

+ − 

2z2 z2 2z4 

Dabei kann der letzte Term der Ordnung a 4 /z 4 vernachlässigt werden: 

⇒ ϕ(z) ≈ 3Va2 1 

2 z2 Für z >> a fällt ϕ quatratisch mit z ab. 

H10 

αn = 1 

π 

π −π 

= 1 

π 

= 0 

0 

−π 

βn = 1 

π 

π −π 

= 1 

π 

⇒ f(x) = 

0 

= − 4 

nπ 

= 

−π 

dxf(x)cos(nx) 

π 

dxcos(nx)− 

dxf(x)sin(nx) 

0 

 

dxcos(nx) 

 

dxsin(nx) 

π 

dxsin(nx)− 

0 

 

1 ,n = 1,3,... (ungerade) 

0 ,n = 0,2,... (gerade) 

∞ 

βnsin(xn) 

n=1 

∞ 

n=1 

n ungerade 

= − 4 

π 

− 4 

nπ sin(nx) 

 

sin(x)+ sin(3x) 

+ 

3 

sin(5x) 

+... 

5 

2



P11 

Mit den angegebenen Formeln berechnet man zunächst αn. Dabei wird das Integral 

von −L bis L zu −a bis a, da nur in diesem Interval f(x) verschieden von Null ist: 

αn = 1 

L 

a 

−a 

dxf0 cos(k0x) cos( πxn f0 

) = 

L 4L 

a 

dabei wurden die wichtigen Relationen verwendet: 

weiter folgt für αn: 

αn = f0 

4L 

−a 

dx(e ik0x −ik0x i 

+ e )(e πxn πxn 

−i L + e L ) 

sin(ϕ) = 1 

2i (eiϕ − e −iϕ ) und cos(ϕ) = 1 

2 (eiϕ + e −iϕ ) 

= f0 

4L 

= f0 

L 

i(k0+ e nπ 

L )x nπ 

−i(k0+ − e L )x 

i(k0 + πn 

L ) 

nπ 

ei(k0+ L 

2 )a nπ 

−i(k0+ − e L )a 

i(k0 + πn 

sin((k0 + nπ 

L )a) 

k0 + πn 

L 

L ) 

+ ei(k0− nπ 

L )x nπ 

−i(k0− − e L )xa 

i(k0 − πn 

L ) 

−a 

nπ 

ei(k0− L 

+ 2 )a nπ 

−i(k0− − e L )a 

L ) 

 

i(k0 − πn 

+ sin((k0 − nπ 

L )a) 

k0 − πn 

 

L 

Im letzten Schritt wurde die obige Relation e iϕ − e −iϕ = 2i sin (ϕ) benutzt. 

Für βn genügt eine Symmetrieüberlegung: Da die Koeffizienten βn den ungeraden 

Sinus-Teil in der Funktion beschreiben, es sich hier aber um eine rein gerade Funktion 

handelt, muss βn = 0 ∀n sein. 

P12 

ϕ(r) = q 

 

1 

(r2 + r ′2 − 2rr ′ − 

cos(θ)) 1/2 

4πǫ0 

= q 

 

4πǫ0 

1 

r(1 + r′2 

r2 − 2r′ 

− 

cos(θ))1/2 r 

( r2 r ′2 

1 

a2 + a2 − 2rr ′ cos(θ)) 1/2 

 

1 

r( r′2 

a 2 + a2 

r 2 − 2r′ 

r cos(θ))1/2 

Nun ist r >> r ′ > a wobei r ′ > a gilt, weil die Punktladung außerhalb der Kugel 

mit Radius a liegt. 

Außerdem gilt folgende Taylorentwicklung für eine Funktion f(x) = 1 

√ c+x (c = 

const) bei einer Entwicklung um x0 = 0: 

f(x) ≈ f(x0) + f ′ (x0)(x − x0) 

1

⇒ 

1 

√ ≈ 

c + x 1 √ − 

c x 

2c3/2 damit folgt für das Potential: 

ϕ(r) = q 

 

1 − 

4πǫ0r 

1 

2 (r′2 − 2r′ 

r2 r cos(θ)) 

 

− 

= 1 (1 − 

4πǫ0 

a 

r ′)q 

+ 

r 

 

I 

1 qr 

4πǫ0 

′ (1 − a3 

r ′3) cos(θ) 

r2 

II 

 

a 1 

− 

r ′ 2 

a 

r ′ 

3 a 2 

r 2 

 

(+Terme von 1 

r 3) 

− 2 r′ 

r cos(θ) 

 

Zu einem späteren Zeitpunkt werden wir sehen, dass der Term I dem Monopolfeld 

der effektiven Ladung Qeff = q + q ′ mit Bildladung q ′ = − a 

r ′q und der Term II dem 

Dipolfeld des Dipolmoments p = qr(1 − a3 

r ′3) entsprechen. 

2




P13. Laplace-Gleichung 

Auf der Oberfläche einer Kugel vom Radius R liege die Flächenladungsdichte: 

σ(θ) = α 3 cos 2 (θ) − 1 

, 

wobei θ der Winkel zur z-Achse ist und α = const.. Es soll das Potential im Innen- und Außenraum 

der Kugel berechnet werden. 

(a) Welche Art der Symmetrie liegt vor? Geben Sie anhand der Symmetrie die allgemeine Lösung 

der Laplace-Gleichung an. 

(b) Formulieren Sie die Randbedingungen des Problems. 

(c) Bestimmen Sie nun das Potential im Innen- und Außenraum der Kugel. 

P14. Poisson-Gleichung 

Gegeben sei folgende Ladungsverteilung 

ρ(r) = 3p 

Θ(R − r)cos (θ) , 

πR4 wobei r der radiale Abstand vom Koordinatenursprung, R der Radius der Kugel, p das sogenannte 

Dipolmoment (p = const.) und θ der Winkel zur z-Achse sind. Für r >> R gelte ϕ ∝ p 

r 2 cos(θ). 

(a) Berechnen Sie die Gesamtladung der Ladungsverteilung. 

(b) Berechnen Sie das Potential im Innen- und Außenraum durch Lösung der Poisson-Gleichung 

mit dem Ansatz: 

ϕ(r ) = f(r) 

r 2 Θ(R − r) P1(cos (θ)) . 

Begründen Sie den Ansatz. 

Hinweise: Leiten Sie eine Differentialgleichung für f(r) ab, indem Sie die Orthogonalitätsrelation 

sowie die Legendresche Differentialgleichung der Legendreschen Polynome geeignet 

benutzen, und lösen Sie diese. 

Bitte Wenden!


H11. Laplace-Gleichung (8 Punkte) 

Eine ungeladene Metallkugel wird in ein homogenes elektrisches Feld E0 gebracht. 

(a) Welche Art der Symmetrie liegt vor? Geben Sie anhand der Symmetrie die allgemeine Lösung 

der Laplace-Gleichung an. 

(b) Formulieren Sie die Randbedingungen des Problems. 

Hinweis: Im gesamten Außenraum herrscht das homogenes elektrisches Feld E0. 

(c) Bestimmen Sie nun das Potential im Innen- und Außenraum der Kugel. 

H12. Laplace-Gleichung (10 Punkte) 

Betrachten Sie das aus der Vorlesung bekannte Problem der leitenden Kugel (Radius a) mit Halbkugeln 

auf verschiedenen Potentialen. In einer früheren Hausaufgabe wurde gezeigt, dass das Potential 

auf der positiven z-Achse im Außenraum durch 

 

ϕ(0, 0, z) = V 1 − z2 − a2 z √ z2 + a2 

gegeben ist. Bestimmen Sie nun das Potential ϕ(r, θ) im gesamten Außenraum aus seinen Werten 

auf der z-Achse mit Hilfe der allgemeinen Lösung der Laplace-Gleichung. Die Koeffizienten der 

Potentialentwicklung erhalten Sie durch Vergleich mit der Taylor-Entwicklung von ϕ(0, 0, z) in 

(a/z) 2 . Bestimmen Sie alle Koeffizienten der Multipolentwicklung. 

Hinweise: 

1 − 

(1 + x) 2 = 

∞ 

n=0 

− 1 

2 

n 

 

x n 

falls |x| < 1 . 

Der Binomialkoeffizient für alle reelle Zahlen a und alle natürlichen Zahlen n ist dabei definiert 

als: a(a−1)(a−2)...(a−n+1) 

a 

= 

n! 

n 

1 

falls n > 0 

falls n = 0 

.



H11 

Man wählt den Ansatz: 

φ(r) = 

∞ 

l=0 

 

alr l + bl 

rl+1Pl(cos(ϑ)) 

Da es sich um ein absolut kugelsymmetrisches Problem handelt, kann man die Richtung 

von E0 frei wählen, also z.B. in ez-Richtung. Dann gilt für r >> R (wobei R 

der Kugelradius ist): E(r) ≈ E0ez 

⇒ φ(r) ≈ −zE0 = −E0rcos(ϑ) für r >> R (2) 

mit dem Ansatz 1 und P1(cos(ϑ)) = cos(ϑ) ist φ: 

φ(r) = a0 + b0 

r 

+(a1r+ b1 

r 2)cos(ϑ)+ 

∞ 

l=2 

bl 

r l+1Pl(cos(ϑ)) 

Dabei ist a0 = b0 = 0, weil sich keine Ladung im Ursprung befindet. Aus dem 

Vergleich mit 2 folgt weiter a1 = −E0. Und weil φ auf der Kugel konstant sein 

muss, ist: 

φ(Rer) = (−E0R+ b1 

R 2)cos(ϑ)+ 

∞ 

l=2 

bl 

R l+1Pl(cos(ϑ)) ! = const 

Da die Vorderung der Konstanten sich nicht mit der ϑ-Abhängigkeit vereinbaren 

lässt, musst gelten, dass bl = 0 ∀ l ≥ 2 sowie b1 = E0R3 . Damit erhält man das 

Potential: 

3 R 

φ(r) = E0 −r cos(ϑ) 

r2 Daraus geht das E-Feld durch den Gradient in Kugelkoordinaten hervor: 

E(r) = − 

R 

∇φ = 2E0 

3 3 sin(ϑ) R 

cos(ϑ)+E0cos(ϑ) er +E0 −r eϑ 

r3 r r2 Und die Flächenladungsdichte: 

σ = 1 

4π Er 

 

 

 

 

r=R 

1 

= 3E0 

4π cos(ϑ) 

(1)

Figure 1: Verlauf der Feldlinien 

H12 

Da φ unabhängig von ϕ lautet der Ansatz: 

∞ 

φ(r,ϑ) = Alr l +Blr −(l+1) Pl(cos(ϑ)) 

l=0 

Betrachtet man das Potential auf der z-Achse (ϑ = 0) ist wegen Pl(1) = 1 ∀l: 

∞ 

φ(r = z,ϑ = 0) = Alz l +Blz −(l+1) 

Taylorentwicklung: 

φ(z) = V 

⎛ 

⎝1− 

mit Hinweis: 

 

= V 

= V 

= V 

 

1− a2 

z 2 

 

1+ a2 

z 2 

1−(1− a2 

1− 

∞ 

n=1 

z 2) 

− 1 

2 

l=0 

! 

= V 

⎞ 

⎠ 

∞ 

n=0 

 

1− z2 −a2 z √ z2 +a2 

1 −2 ( 

n 

a 

z )2n 

 

∞ 

 

( 

n 

n=0 

a 

z )2n ∞ 

+ 

n=0 

1 1 − − 2 − 2 ( 

n−1 n 

a 

z )2n 

mit j = n−1 : 

∞ 

1 − 

= V 2 − 

j 

j=0 

1 −2 ( 

j +1 

a 

z )2(j+1) 

2 

(| a 

| < 1) 

z 

1 −2 ( 

n 

a 

z )2(n+1)

Der Vergleich mit der Multipolentwicklung liefert: 

Al = 0 ∀l 

und mit 2(j +1) = l+1 ⇒ l = 2j +1 (nur ungerade l treten auf): 

1 1 

− − 2 2 

Bl = V − l 1 l 1 − + 2 2 2 2 

 

a l+1 

(nur für ungerade l!) 

 

1 1 − − 

⇒ B2j+1 = V 2 − 2 a 

j j +1 

2j+2 

⇒ φ(r,ϑ) = V 

= V 

= V 

∞ 

 

1 1 − − 2 − 2 ( 

j j +1 

j=0 

a 

r )2j+2P2j+1(cos(ϑ)) im Außenraum 

 

1− −1/2 

 

( 

1! 

a 

r )2 

P1(cos(ϑ))+ − 1 

2 − 

 

−1/2(−1/2−1) 

P2(cos(ϑ)) +... 

2! 

 

3 

2 (a 

r )2P1(cos(ϑ))− 7 

8 (a 

r )4 

P3(cos(ϑ))+... 

Das ist das Ergebniss das in der Vorlesung aus den Stetigkeitsforderungen bei r = a 

bestimmt wurde. 

3



P13 

a) Die Randbedingungen haben azimutale Symmetrie, da σ = σ(ϑ), also keine ϕ- 

Abhängigkeit. Deshalb hat auch das Potential diese Symmetrie. 

Da bis auf die Kugeloberfläche der Raum ladungsfrei ist, folgt: 

und die allgemeine Lösung dazu: 

ϕ(r, ϑ) = 

∆ϕ = 0 

∞ 

Alr l + Blr −(l+1) Pl(cos(ϑ)) 

l=0 

Man bestimme nun das Potential ϕi im Inneren der Kugel und ϕa außerhalb der 

Kugel. 

b) Die Randbedingungen lauten dabei: 

• Regularität im Ursprung 

⇒ ϕi(r, ϑ) = 

• Verschwinden im Unendlichen 

• Stetigkeit bei r = R 

⇒ ϕa(r, ϑ) = 

B (i) 

l 

∞ 

l=0 

A (a) 

l 

∞ 

l=0 

= 0 

A (i) 

l rl Pl(cos(ϑ)) 

= 0 

B (a) 

l r−(l+1) Pl(cos(ϑ)) 

ϕi(R, ϑ) = ϕa(R, ϑ) 

⇒ B (a) 

l 

= A(i) 

l R2l+1 

c) Flächenladungsdichte: 

 

∂ϕa ∂ϕi 

σ(ϑ) = −ǫ0 − 

∂r ∂r r=R 

∞ 

= −ǫ0 Pl(cos(ϑ)) −(l + 1)B (a) 

l R−l−2 − lA (i) 

l Rl−1 

 

l=0 

1

⇒ σ(ϑ) = ǫ0 

∞ 

l=0 

(2l + 1)A (i) 

l Rl−1 Pl(cos(ϑ)) 

= α(3 cos 2 (ϑ) − 1) = 2αP2(cos(ϑ)) 

+1 

+1 

d cos(ϑ)σ(ϑ)Pm(cos(ϑ)) = 2α d cos(ϑ)P2(cos(ϑ))Pm(cos(ϑ)) 

−1 

+1 

d cos(ϑ)σ(ϑ)Pm(cos(ϑ)) 

−1 

= ǫ0 

∞ 

l=0 

= 2ǫ0A (i) 

m Rm−1 

(2l + 1)A (i) 

l Rl−1 

für m = l wegen der δ-Funktion δlm. 

Damit ist das Endergebniss: 

P14 

a) Gesamtladung: 

 

Q = 

⇒ A (i) 

m 

−1 

2 

= 2α 

2m + 1 δm2 = 4 

5 αδm2 

+1 

d cos(ϑ)Pm(cos(ϑ))Pl(cos(ϑ)) 

−1 

 

2 

2m+1 

 

δlm 

4 1 

= αR1−m δm2 

5 2ǫo 

⇒ A (i) 

2 = 2α 

; A(i) m = 0 für m = 2 

5ǫ0R 

ϕi(r, ϑ) = 2α 

5ǫ0R r2 P2(cos(ϑ)) 

ϕa(r, ϑ) = 2α 

5ǫ0 

d 3 rρ(r) = 3p 

πR42π R 

0 

2 

R 4P2(cos(ϑ)) 

r 3 

drr 2 

π 

dϑ sin(ϑ) cos(ϑ) = 0 

0 

1/2 sin 

 

2 (ϑ)| π 0 =0

) Lösung der Poisson-Gleichung: 

⎡ ⎛ 

⎢ 

⎢1 

∂ 

∆φ(r) = ⎢ 

⎣r 

2 1 

∂r2r + 

r2 ⎜ ∂ 

⎜ 

⎝ 

2 ∂ 

+ cot(ϑ) 

∂ϑ2 ∂ϑ + 

= − 1 

ǫ0 

ρ(r) = − 3p 

πR4 θ(R − r) cos(ϑ) 

ǫ0 

1 

sin 2 ∂ 

(ϑ) 

2 

∂ϕ2 

=0 azimutale Symmetrie 

⎞⎤ 

⎟⎥ 

⎟⎥ 

⎟⎥ 

⎠⎦ 

φ(r) 

Es gilt (Legendre Differentialgleichung): 

 

2 ∂ ∂ 

+ cot(ϑ) Pl(cos(ϑ)) = −l(l + 1)Pl(cos(ϑ)) (1) 

∂ϑ2 ∂ϑ 

wobei: 

π 

Man wählt den Ansatz: 

0 

2 

dϑ sin(ϑ)Pl(cos(ϑ))Pl ′(cos(ϑ)) = δll ′ (2) 

2l + 1 

φ(r) = 

∞ 

l ′ =0 

fl ′(r) 

Pl ′(cos(ϑ)) 

r2 Dabei nimmt die Summe nur beim Index l ′ = 1 Werte von Null verschieden an, also 

nur für f1 und P1. Mit folgender Begründung: 

Man multipliziere die Gleichung für ∆φ mit Pl und integriere anschließend über 

π 

0 ... sin(ϑ)dϑ. Mit Gleichung (1) und (2) und wegen cos(ϑ) = P1(cos(ϑ)) erhält 

man: 

2 1 ∂ 

2l + 1 r 

2 

∂r2 fl(r) 

r 

− 2l(l + 1) 

2l + 1 

Daher folgt, dass nur P1(cos(ϑ)) = 0 

Und damit für den Ansatz von φ: 

φ(r) = 

l ′ 

Pl 

fl(r) 3p 

= − 

r4 πR4 θ(R − r) 

ǫ0 

2 

3 δl,1 

′(r) f1(r) 

′(cos(ϑ))fl → φ(r) = 

r2 r2 P1(cos(ϑ)) = f1(r) 

r2 cos(ϑ) 

Betrachtet man nun (3) mit l=1 (denn nur dann ist es ja nicht Null): 

2 1 ∂ 

3 r 

2 

∂r2 f1(r) 4 f1(r) 3p 

− = − 

r 3 r4 ′′ 2 1 f 1 (r) 

3 r r − 2f ′ 1(r) 2f1(r) 

+ 

r2 r3 

− 4 

3 

3 

πR 4 ǫ0 

2 

θ(R − r) 

3 

f1(r) 3p 

= − 

r4 πR4ǫ0 2 

θ(R − r) 

3 

(3)

Durch Integration über r: 

1 

r2 

f ′′ 

1 (r) − 2f ′ 

1(r) 

r 

 

↓ 

d 

dr 

f ′ 1 (r) 

= 

r2 ⇒ f1(r) = 

= − 3p 

πR4 θ(R − r) 

ǫ0 

f ′ 1 (r) 3p 

= − 

r2 πR4 θ(R − r) 

ǫ0 

 

− 3p 

πR 4 ǫ0 r + aI ; r < R 

aII 

 

− 3p 

; r > R 

4πR4ǫ0 r4 + aI 

3 r3 + bI ; r < R 

aII 

3 r3 + bII ; r > R 

Wobei die Integrationskonstante bI = 0 wegen φ(0) = 0. Und aII = 0 da lim 

r→∞ φ(r) = 

0. Weiter ist φ(r) glatt bei r = R: 

f1(R) = aI 

3 R3 − 3p 

4πǫ0 

= bII 

Weiter sollte als Randbedingung φ ∝ p 

r2 cos(ϑ) für r >> R gelten. Es folgt also für 

große r: f1(r) = p und damit: bII = p 

Zusammen: 

aI = 3p 

R3 

1 + 3 

 

4πǫ0 

Damit ist das Potetnial bestimmt: 

⎧ 

3 

⎨ p(1+ ) 4πǫ0 R φ(r) = 

⎩ 

3 r − 3p 

R44πǫ0 r2 

 

cos(ϑ) ; r < R 

p 

r2 cos(ϑ) ; r > R 

4




P15. Multipolentwicklung - Einstieg 

Potentiale von komplizierten Ladungsverteilungen sind im Allgemeinen nicht einfach auszurechnen. 

Daher ist man meistens an das asymptotische Verhalten der Potentiale interessiert, d.h. an 

deren Verhalten weit außerhalb von lokalisierten Ladungsverteilungen. Das asymptotische Potentialverhalten 

in der Fernzone läßt sich durch die Multipolentwicklung darstellen. Die kartesischen 

und polaren Darstellungen der Multipolentwicklung sind dabei wichtig. 

(a) Bestimmen Sie die Multipolentwicklung des Potentials ϕ(r) 

ϕ(r ) = 1 

 

d 

4πǫo 

3 r ′ ρ(r ′ ) 

|r −r ′ | 

durch eine Taylorentwicklung von 1 

|r −r ′ | um r ′ = 0 bis einschließlich 2. Ordnung in kartesischen 

Koordinaten. 

(b) Benutzen Sie nun die aus der Vorlesung bekannte sphärische Multipolentwicklung. Schreiben 

Siedieersten2Multipolel = 0,1explizitauf,undstellenSieRelationenmitdemkartesischen 

Monopol und Dipol dar. 

P16. Multipolentwicklung in kartesischen und Kugelkoordinaten 

Gegeben sei eine Anordnung aus 4 Punktladungen q1 = q3 = q, q1 = q3 = −q an den Orten 

r1 = (a,0,d), r2 = (a,0,−d), r3 = (−a,0,−d) und r4 = (−a,0,d). 

(a) Geben Sie das exakte Potential ϕ an. 

(b) Bestimmen Sie das Dipolmoment sowie den Quadrupoltensor dieser Anordnung und geben 

Sie die Multipolentwicklung des Potentials in kartesischen Koordinaten. 

Hinweis: Der Quadrupoltensor ist symmetrisch und seine Spur verschwindet. 

(c) Drücken Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe (b) in Kugelkoordinaten aus. Unter Benutzung der 

Tabelle stellen die das Multipolpotential als Funktion von Kugelflächenfunktionen dar. 

Hinweis: cosφ = 1 

2 (eiφ +e −iφ ), sinφ = 1 

2i (eiφ −e −iφ ). 

Bitte Wenden!


H13. Kartesische Multipole (10 Punkte) 

Gegeben sei eine Anordnung aus drei Punktladungen q1 = q, q2 = −2q und q3 = q an den Orten 

r1 = (0,0,a), r2 = (0,0,0) und r1 = (0,0,−a). 

(a) Drücken Sie die Ladungsdichte dieser Anordnung mittels der δ-Funktion aus. 

(b) Geben Sie das exakte Potential ϕ der Anordnung an. 

(c) Bestimmen Sie das Dipolmoment sowie den Quadrupoltensor in kartesischen Koordinaten und 

geben Sie die Multipolentwicklung des Potentials an. 

(d) Skizzieren Sie das exakte Potential und dessen Multipolentwicklung auf der positiven z-Achse 

sowie auf der xy-Ebene (als Funktion von r). 

H14. Dipolpotential (8 Punkte) 

Gegeben seien zwei Punktladungen q1 = q und q2 = −q an den Orten r1 = (0,0,a/2) und 

r2 = (0,0,−a/2). 

(a) Drücken Sie die Ladungsdichte dieser Anordnung mittels der δ-Funktion aus. 

(b) Wie lautet das exakte Potential? Berechnen Sie das Potential im Grenzwerta → 0 und q → ∞ 

wobei p := qa = const.. Machen Sie hierzu eine Taylorentwicklung des Potentials um den 

Ursprung und berücksichtigen Sie alle beitragenden Terme. 

(c) Drücken Sie das Ergebnis der Taylorentwicklung in Kugelkoordinaten aus, und stellen Sie es 

als Funktion der Kugelflächenfunktionen dar.



H13 

Die Ladungsverteilung lautet: 

ρ(r) = qδ(x)δ(y)[δ(z −a)+δ(z +a)−2δ(z)] 

Das Dipolmoment: 

 

p = d 3 rρ(r)r mit r = xex +yey +zez 

∞ 

= q dz[δ(z −a)+δ(z +a)−2δ(z)]zez 

Quatrupol: 

Potential (exakt): 

 

φ(r) = 

Multipolnäherung: 

−∞ 

= qez(a−a) = 0 

φ(r) = Qges 

r 

Qxy = Qxz = Qyz = 0 

Qxx = Qyy = −2qa 2 

Qzz = 4qa 2 

⎛ 

−2qa 

⇒ Q = ⎝ 

2 0 0 

d 3r ′ ρ(r ′ ) 

|r − r ′ | 

 

=0 

+ pr 

r 3 

 

=0 

0 −2qa 2 0 

0 0 4qa 2 

 

= q 

1 

|r−aez| + 

⎞ 

⎠ 

 

1 2 

− 

|r +aez| |r| 

+ rQr qa2 

= 

2r5 r5 (2z2 −x 2 −y 2 ) 

Im folgenden sind die gefragten Potentialverläufe geplottet: 

 

• das exakte Potential φ(0,0,z) = q 

in Abbildung 1 

 

1 1 2 + − |z−a| |z+a| |z| 

• die Näherung φ(0,0,z) = 2qa2 

z3 in Abbildung 2 

 

2 

• das exakte Potential φ(x,y,0) = q √ 

r2 +a2 − 2 

 

und die Näherung φ(x,y,0) = 

− qa2 

r 3 in der x-y-Ebene in Abbildung 3 

1 

r

Figure 1: exaktes Potential auf positiver z-Achse 

Figure 2: genähertes Potential auf positiver z-Achse 

2

H14 

a) Ladungsdichte: 

b) 

Figure 3: exaktes und genähertes Potential in der x-y-Ebene 

φ(r) = q 

ρ(r) = qδ(x)δ(y)[δ(z −a/2)−δ(z +a/2)] 

4πǫ0 

 

 

dxdyδ(x)δ(y) 

δ(z −a/2)−δ(z +a/2) 

dz 

|r−r ′ | 

Es ist r ′ = (0,0,±a/2) wegen der δ-Funktion. 

⇒ φ(r) = q 

 

1 

4πǫ0 |r −a/2| − 

 

1 

|r +a/2| 

Die Taylorentwicklung im Mehrdimensionalen: 

Damit folgt: 

φ(r +ǫ) = 

1 

|r−a/2| 

∞ 

1 

n! 

n=0 

(ǫ· ∇ ′ ) n φ(r ′ ) 

1 a 

= − 

|r| 2 1 

∇ ′ 

|r ′ | 

= 1/r+ ar 

2r 3 +O(a2 ) 

3 

 

 

 

 

 

r ′ =r 

 

 

 

+O(a 

r ′ =r 

2 )

und: 

1 

|r +a/2| 

⇒ φ(r) = q 

= 1/r− ar 

2r 3 +O(a2 ) 

4πǫ0 

mit a → 0, q → ∞ und |p| = aq = const folgt: 

c) Weil hier a = (0,0,a): 

mit Y10 = 

3 

4π cos(ϑ): 

φ(r) = 1 

φ(r) = 1 

4πǫ0 

4πǫ0 

φ(r) = p 

ar 

r 3 +O(a2 ) 

qar 1 pr 

= 

r3 4πǫ0 r3 pz p cos(ϑ) 

= 

r3 4πǫ0 r2 4πǫ0 

4 

1 

r2 

4π 

3 Y10

ϕ(r ) = 1 

4πǫ0 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ ) 

|r−r ′ | 

 

 

 

ϕ(r ) = ϕ0 +ϕ1 +ϕ2 +... 

|r−r ′ | −1 r ′ = 0 

ξ0 

 

1 

|r−r ′ | 

f( ξ ) = 

∞ 

n=0 

1 

n! [( ξ − ξ0) ∇ξ] n f( ξ) 

1 

= 

r +r ′ ∇ ′ 1 

|r−r ′ 1 

+ 

| 2 (r ′ ∇ ′ 2 1 

) 

|r−r ′ 1 

+ 

| 6 (r ′ ∇ ′ 3 1 

) 

|r−r ′ | +... 

∇ ′ r ′ r 

∇ ′ = − ∇ ∇ 

r r = 0 

 

(r ′ ∇) r ′ r 

r 3 = xi∂i 

1 

|r−r ′ | 

x ′ 

j xj 

r 3 

1 

= 

r −r ′ 

1 

∇ 

r 

∞ (−1) 

= 

n 

(r 

n! 

′ n 

∇) 1 

r 

n=0 

+ 1 

2 (r ′ ∇) 2 1 

r ... 

= 1 

r + r ′ r 1 

− 

r3 2 (r ′ 

r 

∇) ′ r 

+... 

r3 = 1 

r + r ′ r 13(r 

+ 

r3 2 

′ r) 2 −r 2 ′ 2 r 

r5 

= x ′ 

ix ′ 

 

δij 

j r3 − 3xixj 

r5 

= − xixj 

r5 

′ 3x ix ′ 

j −δijx ′ 

 

ϕ(r) = 1 

4πǫ0 

Q 

r 

Qixi 1Qijxixj 

+ + +... 

r3 2 r5 

 

ix ′ 

i

˜ Q 

 

 

 

 

Q = 

d 3 rρ(r) 

⇒ 

ρ(r) = ρ(r) 

 

 

 

p = 

d 3 rrρ(r) 

⇒ p 

ρ(−r) = ρ(r) 

 

Qij = 

 

d 3 rρ(r) 3rirj −δijr 2 

⇒ 

Qij, (i,j = x,y,z) 

(3×3) 

Qij = Qji 

iQii = 0 

 

 

 

 

φ(r) = 1 

4πǫ0 

∞ 

+l 

l=0 m=−l 

 

4π qlm 

Ylm(θ,ϕ) 

2l+1 rl+1

• ⇒ 

qlm = 

 

4π 

2l+1 

q00 = 

4π 

1 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ l Y ∗ 

lm(θ ′ ,ϕ ′ ) 

d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ 0 Y ∗ 

00(θ ′ ,ϕ ′ ) 

r ′ 0 = 1 Y ∗ 

00(θ ′ ,ϕ ′ ) = Y00(θ ′ ,ϕ ′ ) = Y00 = 1 √ 

4π 

 

q00 = d 3 r ′ ρ(r ′ ) ≡ Q 

• ⇒ ± 

q10 = 

 

⇒ q10 = 

4π 

3 

 

Y ∗ 

10(θ ′ ,ϕ ′ ) = 

d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ cosθ ′ = 

Pz 

q1±1 = 

4π 

3 

 

Y ∗ 

1±1(θ ′ ,ϕ ′ 

3 

) = ∓ 

⇒ 

d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ Y ∗ 

10(θ ′ ,ϕ ′ ) 

 

3 ′ 

cosθ 

4π 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ )z ′ ≡ Pz 

d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ Y ∗ 

1±1(θ ′ ,ϕ ′ ) 

8π sin(θ ′ ∓iϕ ′ 

)e 

Px = 1 

√ 2 (−q11 +q1−1) 

Py = 1 

√ 2i (q11 +q1−1)

φ(r) = q 1 

[ 

4πǫ0 |r−r1| − 

1 

|r−r2| + 

1 

|r−r3| − 

1 

|r−r4| ] 

p = d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ 

r1 = (a,0,d) 

r2 = (a,0,−d) 

r3 = (−a,0,−d) 

r4 = (−a,0,d) 

ρ(r ′ ) = q[δ(r ′ −r ′ 

1)−δ(r ′ −r ′ 

2)+δ(r ′ −r ′ 

3)−δr ′ −r ′ 

4)] 

⇒ p = q[r1 −r2 +r3 −r4] 

 

a−a−a−(−a) 

= q 0 

d−(−d)+(−d)−d 

 

000 

= q 

⇒ p = 0

ρ(r) = ρ(−r) 

 

 

p = d 3 r ′ ρ(r ′ )r ′ −→(r→−r ′ ) 

 

 

Qij = 

Spur(Q) = 0 ⇒ 

i Qii = 0 

 

 

d 3 r ′ ρ(−r ′ )(−r ′ ) = −p ⇒ p = 0 

d 3 r ′ ρ(r ′ )[3r ′ 

ir ′ 

j −r ′ 2 δij] 

Qij = Qji 

⇒ 

Qxx = 

Qyy = 

 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(3x ′ 2 −x ′ 2 −y ′ 2 −z ′ 2 

) = 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(3y ′ 2 −x ′2 −y ′ 2 −z ′ 2 

) = 

Qxy = 

Qxz = 

Qyz = 

 

 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(3x ′ y ′ 

−0) = 3 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(3x ′ z ′ 

−0) = 3 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(3y ′ z ′ 

−0) = 3 

 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(2x ′ 2 −y ′ 2 −z ′ 2 ) 

d 3 r ′ ρ(r ′ )(2y ′ 2 −x ′ 2 −z ′ 2 ) 

d 3 r ′ ρ(r ′ )x ′ y ′ 

d 3 r ′ ρ(r ′ )x ′ z ′ 

d 3 r ′ ρ(r ′ )y ′ z ′ 

Qxx = q(2a 2 −d 2 )−q(2a 2 −d 2 )+q(2a 2 −d 2 )−q(2a 2 −d 2 ) = 0 

Qyy Qyy = 0 

 

i Qii = 0 Qzz = 0 

Qxy Qyz y = 0 Qxz 

Qxz = 3q(ad−a(−d)+(−a)(−d)−(−a)d) = 12qad = ! Qzx 

 

Qij 

0 0 12qad 

0 0 0 

12qad 0 0

φ(r) = 1 

[ 

4πǫ0 

1 

 

d 

r 

3 r ′ ρ(r ′ ) + 

 

=Q=0 

pr 

r3 + 

 

=0 

1 

2r5 

i,j 

 

⇒ φ(r) = 1 

 

4πǫ0 

1 

2r5(xzQxz +zxQzx) = 1 

4πǫ0 

x = rsinθcosϕ 

z = rcosθ 

 

φ(r,θ,ϕ) = 1 

4πǫ0 

12qad 

r 3 sinθcosϕcosθ 

riQijrj] 

xzQxz 1 

= 12qad 

r5 4πǫ0 

xz 

r5 sinθcosϕ 

 

15 

Y2±1 = ∓ 

8π sinθcosθe±iϕ 

cosϕ = 1 

2 (eiϕ +e −iϕ ) 

⇒ φ(r,θ,ϕ) = q 

4πǫ0 

12ad 

r 3 

 

1 

2 

8π 

15 (Y2−1 −Y21)




P17. Dielektrische Kugel im homogenen Feld 

Eine dielektrische Kugel vom Radius R und Dielektrizitätskonstante ǫ werde in einem homogenen 

elektrischen Feld E = E0ez gebracht. 

(a) Berechnen Sie das Potential ϕ im Innen- und Außenraum der Kugel. Lösen Sie dazu die 

Poisson-Gleichung △ϕ = 0 (keine freie Ladungen!) unter Berücksichtigung der Randbedingungen 

bei r = 0, r → ∞ und der Übergangsbedingungen an der Kugeloberfläche. 

(b) Berechnen Sie das elektrische Feld E im Innen- und Außenraum. 

(c) Bestimmen Sie das induzierte Dipolmoment p. 

Hinweis: Zur Bestimmung des induzierten Dipolmomentes vergleichen Sie Ihr Ergebnis für 

ϕ mit dem Dipolterm der Multipolentwicklung r · p/r 3 . 

(d) Geben Sie das Potential ϕ für die Fälle ǫ = 1 und ǫ → ∞, und diskutieren Sie diese beiden 

Fälle. Welcher physikalische Situation wird im letzteren Fall ǫ → ∞ beschrieben? 


H15. Plattenkondensator im Dielektrikum (10 Punkte) 

In linearen Medien ( D = ǫǫo E) gilt für die Feldenergie folgende Beziehung 

 

1 

W = ǫǫo 

E 

2 

2 d 3 r = 1 

 

E · 

2 

Dd 3 r . 

Betrachten Sie nun einen Plattenkondensator (Fläche pro Platte F, Ladung q) und Plattenabstand 

d, in den ein Dielektrikum (ǫ > 1) teilweise eingeschoben wird. Somit besteht für eine Teilfläche 

f < F E1 und D1, während für die restliche Fläche F − f die Felder E2 und D2 anliegen (siehe 

Skizze). 

Berechen Sie die Flächenladungsdichte σ = σ1+σ2. Berechnen Sie dann die Änderung der Energie, 

wenn die Spannung zwischen den Platten konstant gehalten wird und f um df vergrößert wird. 

Wird das Dielektrikum in den Kondensator hineingezogen oder herausgestoßen? 

Hinweis: Machen Sie sich zunächst Gedanken über die Stetigkeitsbedingungen der Felder. Berechnen 

Sie dann die Ladung q auf der Platte und schliesslich die Energie. Dass die Spannung zwischen 

den Platten konstant sein soll, bedeutet E · d = V = const.. 

H16. Magnetostatik (8 Punkte) 

In der xy-Ebene befinde sich eine kreisförmige Schleife (Radius a), durch die der Strom I fließt. 

Bestimmen Sie das Magnetfeld auf der z-Achse.



H15 

Wegen der Stetigkeit der Tangentialkomponente von E: 

die Ladung auf den Platten: 

aus dem Gauß’schen Satz erhält man : 

weiter: 

Die Feldenergie: 

E1 = E2 ⇒ D1 = ǫ D2 

q = q1 + q2 = σ1f + σ2(F − f) 

D = σ ⇒ σ1 = D1 = ǫǫ0E1 

σ2 = D2 = ǫ0E2 

E1 = E2 ⇒ σ1 = ǫσ2 

ǫσ2f + σ2(F − f) = σ2(F + (ǫ − 1)f) = q 

σ2 = 

W = 1 

 

2 

q 

F + (ǫ − 1)f 

σ1 = 

ǫq 

F + (ǫ − 1)f 

E DdV = ǫ0 

2 E2 (F − f)d + ǫǫ0 

2 E2 fd 

= ǫ0 

2 

V 2 

(F + (ǫ − 1)f) 

d 

⇒ dW = ǫ0 V 

2 

2 

(ǫ − 1)df > 0 

d 

Das Dielektrikum wird aus dem Kondensator herausgezogen. 

H16 

Biot-Savart’sches Gesetz: 

d B = µ0 

4π I dl × r 

r3 Parametrisierung der Leiterschleife: 

l = l(ϕ) = (a cos(ϕ),asin(ϕ), 0) ϕ ∈ [0, 2π) 

1

Feld auf der z-Achse: 

Figure 1: Stromdurchflossene Leiterschleife um die z-Achse 

r = (0, 0,z) − l = (−a cos(ϕ), −a sin(ϕ),z) 

r 3 = (a 2 + z 2 ) 3/2 

dl = dl dϕ = (−a sin(ϕ),acos(ϕ), 0)dϕ 

dϕ 

B = µ0 

4π I 

 

dl × r 

= µ0 

⇒ d l × r = (az cos(ϕ),az sin(ϕ),a 2 )dϕ 

4π I 

2 I 

a2 (a2 + z2 ez 

) 3/2 

µ0 

= 

r3 2π 

0 

dϕ (az cos(ϕ),az sin(ϕ),a2 ) 

(a 2 + z 2 ) 3/2 

Das Ergenis entspricht der Erwartung, dass aus Symmetriegründen Bez und für 

z → ∞ ⇒ B ∝ 1 

z 3 (magnetischer Dipol). 

2



P17 

a) Der Allgemeine Ansatz für das Potential lautet: 

V (r ) = 

∞ 

Alr l + Blr −(l+1) Pl(cos(ϑ)) 

l=0 

In diesem Fall gilt für den Innenraum der Ansatz: 

Vi(r ) = 

∞ 

Alr l Pl(cos(x)) 

l=0 

Denn Terme mit 1/(r l+1 ) treten nicht auf, da Vi sonst für r → 0 singulär wäre. Der 

Ansatz im Außenraum (x = cos(ϑ)): 

Va(r ) = 

∞ 

l=0 

erfüllt die geforderte Randbedingung: 

Bl 

r l+1Pl(x) − E0rP1(x) 

Ea(r ) = − ∇Va(r ) r→∞ 

→ E0 

Zur Festlegung der Konstanten Al und Bl muss man die Sprungbedingungen auf der 

Oberfläche der Kugel ins Spiel bringen. Diese Bedingungen sind: 

1. Ea,n = ǫEi,n → − ∂Va 

 

= −ǫ ∂r R ∂Vi 

2. Ea,t = Ei,t → 

 

 

∂r R 

− 1 

 

∂Va 

= − R ∂ϑ R 1 

 

∂Vi 

R ∂ϑ R 

Auswertung der ersten Bedingung ergibt: 

 

 

 

Pl(x) = −ǫ 

lAlR l−1 Pl(x) 

l 

E0δl,1 + 

l + 1 

Bl 

Rl+2 oder mit dem Argument des Koeffizientenvergleichs: 

• l = 1 ǫA1 + E0 + 2B1 

R 3 = 0 

• l = 1 ǫlAl + (l+1)Bl 

R 2l+1 = 0 (l = 0, 2,...) 

1 

l

Die zweite Bedingung führt auf: 

 

l 

 

AlR l + E0Rδl,1 − Bl 

R l+1 

dPl(x) 

Da die Ableitung der Legendrepolynome ebenfalls linear unabhängige Funktionen 

sind, folgt hier für: 

• l = 1 A1 + E0 − B1 

R 3 = 0 

• l = 1 Al = Bl 

R 2l+1 

(l = 0, 2,...) 

Die Aussagen für l = 1 ergeben sofort: 

Daraus folgt: 

dx 

1 

R 2l+1(ǫl + (l + 1))Bl = 0 

Bl = Al = 0 für l = 1 

Für l = 1 ist das einfache Gleichungssystem 

zu sortieren. Man findet für die Lösung: 

und somit für das Potential: 

b) Das E-Feld im Inneren: 

Und für Außen: 

ǫA1 + 2 

R 3B1 = −E0 

A1 − 1 

R 3B1 = −E0 

A1 = − 3 

ǫ + 2 E0 B1 = 

= 0 

(ǫ − 1) 

ǫ + 2 R3 E0 

Vi(r ) = − 3 

ǫ + 2 E0r cos(ϑ) = − 3 

ǫ + 2 E0z 

Va(r ) = −E0z + 

Ei = − ∇Vi(r) 

ǫ − 1 

ǫ + 2 E0 

= + 3 

ǫ + 2 ∇E0z = 

Ea = − ∇Vi(r) 

= +E0 ∇z − 

2 

R3 z 

r3 

0, 0, 

3 

ǫ + 2 E0 

 

ǫ − 1 

ǫ + 2 E0R 3 

z 

∇ 

r3

∂ xj 

und weiter mit ∂xi 

x,y,z) 

r3 = − 3xixj 

r5 , (i = j, i,j = x,y,z) und ∂ xi 

∂xi r3 = r2−3xixi r5 , (i = 

 

3xz 3yz 

Ea = (0, 0,E0) + , 

r5 r5 , 3z2 − r2 r5 

ǫ − 1 

E0R 

ǫ + 2 

3 

Das Innenfeld ist konstant und zeigt in z-Richtung. Es ist um den Faktor 3/(ǫ + 2), 

der für ǫ > 1 kleiner als 1 ist, gegenüber dem E0-Feld abgeschwächt (wegen der 

entgegengesetzten Polarisation). Das Aussenfeld ist eine Superposition aus dem 

konstanten Feld und dem Dipolfeld. 

c) Der Dipolanteil am äußeren Potential lautet: 

Va(r ) ≈ 

⇒ p = 

ǫ − 1 

ǫ + 2 E0 

R3z p · r 

= 

r3 r3 ǫ − 1 

ǫ + 2 E0R 3 ez 

d) Analysiert man die in a) berechneten Potentiale Vi und Va, dann erhält man im 

Grenzfall ǫ = 1 (anstelle der dielektrischen Kugel hat man ein kugelföriges Vakuum) 

wie erwartet: 

Vi(r ) = −E0z Va(r) = −E0z 

Für ǫ → ∞ (ein Material mit unendlicher Polarisationsfähigkeit) folgt: 

Vi(r ) = 0 Va(r) = −E0z + E0 

R3 z 

r3 Das ist genau das Resultat für die Metallkugel in dem homogenen Feld. Ein Material 

mit ǫ → ∞ entspricht einem Metall. Da in dem Metall Ladungen frei beweglich sind, 

ist ein solches Material beliebig polarisationsfähig. 

3




Vorbemerkungen: 

Die Vorgehensweise zur Berechnung des Magnetfeldes von statischen Stromverteilungen in der 

Magnetostatik ähnelt denen in der Elektrostatik (Berechnung des elektrischen Feldes von statischen 

Ladungsverteilungen): Das Magnetfeld von statischen Stromverteilungen läßt sich mittels 

drei Methoden berechnen: 

(a) Direkt über das Biot-Savartsche Gesetz, 

(b) Indirekt über das Vektorpotential A(r ) und dann B(r ) = ∇ × A(r ), 

(c) und schliesslich über das Amperesche Gesetz. 

Vorgehensweise (b) entspricht der indirekten Methode zur Bestimmung des elektrischen Feldes 

über das skalare Potential ϕ in der Elektrostatik. Vorgehensweise (c) entspricht der indirekten 

Methode zur Bestimmung des elektrischen Feldes über das Gaußsche Gesetz der Elektrostatik. 

Wie in der Elektrostatik benutzt man bei Stromverteilungen mit einer gewissen Symmetrie das 

Amperesche Gesetz (Methode (c)), ansonsten die Methoden (a) bzw. (b), wobei meist das Integral 

der Methode (b) einfacher auszuwerten ist. 

P18. Magnetisches Moment und Felder einer rotierenden Kugel 

Eine homogen geladene Vollkugel (Ladung Q, Radius R) rotiere mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit 

vom Betrag ω um eine Raumfeste Achse durch den Kugelmittelpunkt. 

(a) Wie lautet die Ladungsdichte ρ(r ) ? Geben Sie die Stromdichte j(r ) an. 

(b) Berechnen Sie das magnetische Moment m der Kugel. Wie lautet das Vektorpotential A(r ) 

und das Magnetfeld B(r ) außerhalb der Kugel (r > R)? 

(c) Berechnen Sie das Vektorpotential A(r ) und das Magnetfeld B(r ) innerhalb der Kugel 

(r < R). 

Hinweis: verwenden Sie für r < R den Ansatz: 

. 

 

Kugel 

d 3 r ′ 

r ′ 

|r − r ′ = α(r)r 

| 

Bitte Wenden!

H17. Gesetz von Biot-Savart (8 Punkte) 


Eine Helmholtz-Spule besteht aus zwei kreisförmigen Schleifen (Radius R, Spulenabstand a), die 

eine gemeinsame Symmetrieachse haben, und durch die jeweils der Strom I fließt (siehe Skizze). 

Bestimmen Sie a so, dass das resultierende Magnetfeld in der Mitte zwischen den beiden Spulen 

möglichst homogen ist. 

Hinweis: Möglichst homogen bedeutet: ∂ 2 B/∂z 2 = 0. 

H18. Amperesches Gesetz & Satz von Gauss (10 Punkte) 

Bestimmen Sie aus ∇× B = µo j und ∇· B = 0 mit Hilfe des Stokeschen und Gaußschen Satzes alle 

Komponenten des B-Feldes für einen stromdurchflossenen, unendlich langen, geraden zylindrischen 

Draht (Radius a). Die Stromdichte j innerhalb des Drahtes sei homogen. 

Hinweis: Geeignete Koordinaten. 

Frohe Weihnachten 

und 

einen Guten Rutsch ins Neue Jahr!



H17 

Die Achse der beiden Spulen sei die z-Achse. Das B-Feld auf der z-Achse lautet 

dann (laut Ergebnis von P21): 

⎛ 

⎞ 

B(z) = µ0 

2 IR2 

⎜ 

1 

⎜ 

⎜ 

z 

d 2 

⎝ − +R2 2 

3/2 

 

Spule beiz1=d/2 

1 

+ z 

d 2 

+ +R2 3/2 

 

2 

 

Spule beiz2=−d/2 

 

Aus Symmetriegründen ist B(z) = B(−z) ⇒ keine ungeraden Terme in der Taylor- 

Entwicklung. 

⇒ B(z) = B(0)+ 1 

2 B(2) (0)·z 2 + 1 

4! B(4) (0)·z 4 +... 

B ist möglichst homogen, wenn B (2) (0) = 0 (*) 

bestimme B (2) (0) aus der Taylorentwicklung von B(z) 

1 

[(z −a) 2 +R 2 ] 3/2 = [z2 −2az +a 2 +R 2 ] −3/2 = [a 2 +R 2 ] −3/2 

⇒ 

Wegen (*) folgt 

≈ [a 2 +R 2 ] −3/2 

 

≈ [a 2 +R 2 ] −3/2 

 

1− 3 

2 

1− 3 

2 

z2 −2az 

a2 1 

+ 

+R2 z 2 −2az 

a 2 +R 

(nur Terme bis 2. Ordnung) 

2 (−3/2)(−5/2) 

15 a 

+ 2 2 

2z2 (a2 +R2 ) 2 

 

1 

[(z −d/2) 2 +R2 1 

+ 

] 3/2 [(z +d/2) 2 +R2 ] 3/2 

2 d 

≈ 2 

4 +R2 

 

−3/2 

1− 3 

2 

− 3 

2 

d 2 

4 

1 15 

+ 

+R2 8 

d 2 

4 

z 2 

15 

+ 

+R2 8 

d 2 

( d2 

4 +R2 ) 2 

⇒ −3 d2 

4 −3R2 + 15 

4 d2 = 0 

⇒d 2 = R 2 

1 

! 

= 0 

⎟ 

⎠ 

 

1+ z2 −2az 

a2 +R2 −3/2 

2 2 

z −2az 

d 2 z 2 

( d2 

4 +R2 ) 2 

 

a 2 +R 2

Es muss also d = R gelten. 

H18 

Der Draht zeige in z-Richtung: j = jez = I 

πa 2ez (für r < a). 

Allgemeiner Ansatz für das Magnetfeld in Zylinderkoordinaten: 

B = Brer +Bϕeϕ +Bzez 

Aus Symmetriegründen (rotationssymmetrisch um die z-Achse, translationsinvariant 

gegen Verschiebung in z-Richtung) können Br, Bϕ und Bz nur von r abhängen. 

1) Betrachte einen Zylinder Z mit Höhe h, Radius R und Achse = z-Achse, der 

um den Draht liegt. 

dann gilt nach dem Satz von Gauß: 

 

0 = ∇· 

B dV = d F · B 

Z 

=0 

2π 

∂Z 

Deckenfläche bei z2 

2π 

Figure 1: Zylinder Z um den Draht 

= 

R 

dϕ rdr 

0 0 

2π R 

B(r,ϕ,z2) ·ez + dϕ rdr 

0 0 

B(r,ϕ,z1) ·( −ez) 

 

z2 

+ dz dϕR 

z1 0 

B(R,ϕ,z) ·er 

 

2π 

= 

Mantelfläche 

R 

dϕ rdrBz(r)− 

2π 

R 

dϕ 

Bodenfläche bei z1 

rdrBz(r) 

0 0 0 

=0 

0 

2 

z2 

+ 

z1 

dz 

2π 

0 

dϕRBr(R) = 2πhRBr(R)

⇒ Br(R) = 0 für beliebiges R ⇒ Br = 0 

2) Betrachte Kreis K mit Mittelpunkt auf der z-Achse und Radius r. Dann ist 

nach dem Satz von Stokes: 

 

d F ·( ∇× 

B) = ds· 2π 

B = dϕrBϕ(r) = 2πrBϕ(r) 

K 

andererseits: 

K 

∂K 

d F ·( ∇× B) = µ0 

 

K 

0 

d F ·j = 

d F⊥j 

a) r < a : 2 I dFj = πr πa2 = r2 

a2I ⇒ Bϕ(r) = µ0 rI 

2πa2 b) r > a : dFj = I ⇒ Bϕ = µ0 I 

2πr 

(vgl. Vorlesung) 

3) Betrachte ein Rechteck R in der x-z-Ebene. Dann ist nach dem Satz von Stokes 

Figure 2: Rechteck R 

µ0 

 

K 

dFj 

und wegen d F⊥j: 

 

0 = µ0 d 

R 

 

F ·j = d 

R 

F ·( ∇× 

B) = ds· 

∂R 

B 

z2 

= dz 

z1 

F+l ′ 

B(r,0,z)(−ez) + dr 

 

F 

B(r,0,z1)er 

 

SeiteP1P2 

z2 

= dz 

z1 

B(r+l ′ ,0,z)ez 

 

= 

 

Br=0 

⇒ Bz(r) = 0 für beliebige r 

⇒ Bz = 0 

SeiteP3P4 

F+l ′ 

+ 

F 

SeiteP2P3 

−lBz(r)+l Bz(r+l ′ ) 

 

→0 fürl ′ = −lBz(r) 

→∞ 

3 

dr B(r,0,z2)(−er) 

 

SeiteP4P1



P18 

a) Die Ladungsdichte in der Kugel lautet: 

ρ0 = 3Q 

4πR 3 

und verallgemeinert auf den gesamten Raum: 

Die Stromdichte in der Kugel: 

ρ = ρ0θ(R − r) 

j = ρ0v = ρ0(ω × r ) 

Das magnetische Moment m berechnet sich als Integral über das Kugelvolumen: 

m = 1 

 

(r ×j )dV = 

2 

1 

2 ρ0 

 

r × (ω × r )dV 

Mit folgendem Trick erhält man als Integrant ein Skalar statt eines Vektors: Da 

mω sein muss und ω = ωez kann man schreiben: 

m = (m · ez)ez 

= 1 

2 ρ0ez 

 

ez(r × (ω × r ))dV 

= 1 

2 ρ0ezω 

 

r 2 sin 2 (ϑ)dV 

mit dV = 2π sin(ϑ)dϑr2dr folgt: 

 

r 2 sin 2 π R 

(ϑ)dV = 2π dϑ drr 

0 0 

4 sin 3 (ϑ) = 8π R 

3 

5 

5 

Damit lautet das magnetische Moment: 

m = 1 

2 ρ0 

8πR 5 

15 

ω = Q 

5 R2 ω 

b) für das Vektorpotential eines stationären Stroms gilt: 

A = µ0 

4π 

j(r ′ )d 3 r ′ 

1 

|r − r ′ |

also hier: 

A = µ0ρ0 

 

ω × 

4π 

r ′ 

|r − r ′ | d3 r ′ 

Auf diese allgemeine Formulierung werden wir in Teil c) zurückkommen. Im Fall 

r > R errechnet sich das Vektorpotential direkt aus dem Moment m zu: 

A = µ0 

4π 

m × r µ0 QR 

= 

r3 4π 

2 ω × r 

5 r3 ,r > R 

mit der Relation B = ∇ × A folgt für das B-Feld außerhalb der Kugel: 

B = ∇ × A 

= µ0QR2 20π ∇ × (r −3 · ω × r ) 

= µ0QR2 ⎡ 

20π 

⎡ 

 

I 

) ⎦ 

 

⎣( ∇r −3 ) × (ω × r ) + r −3 · ∇ × (ω × r ) 

= µ0QR2 ⎢ 

⎣− 

20π 

3r 

× (ω × r ) +r 

r5 

II 

−3 ⎥ 

2ω ⎦ 

= µ0QR2 

− 

20π 

3ω 3 2 

+ 

r3 r5r(r · ω ) + 

r3ω 

= µ0QR2 

− 

20π 

ω 

 

3 

+ 

r3 r5r(r · ω ) 

Dabei wurden die zwei Nebenrechnungen I: 

[ ∇ × (ω × r )]i = ǫijkǫklm∂jωlrm 

= (δilδjm − δimδjl)∂jωlrm 

= ∂jωirj − ∂jωjri 

über doppelte Indizes summieren: 

= 3ωi − ωi = 2ωi 

und II: 

Anwendung der bac-cab Regel verwendet. 

c) Für r < R machen wir bei Formel 1 den Ansatz: 

r ′ d 3 r ′ 

|r − r ′ | 

2 

⎤ 

⎤ 

(1) 

= α(r)r (2)

um direkt nach α aufzulösen erfolgt eine skalare Multiplikation von r auf beiden 

Seiten von Gleichung 2 (es ist zu beachten das ein ungestrichenes r beliebig unter 

und aus dem Integral gezogen werden kann). Mit rr ′ = rr ′ cos(ϑ) (linke Seite) und 

r · r = r2 (rechte Seite) folgt: 

R 

r ′3 

π 

α(r) = 2π 

r 

= 2π 

r 

0 

R 

r ′3 

hier wurde mit u = cos(ϑ) substituiert. Weiter: 

1 

−1 

0 

 

cos(ϑ) sin(ϑ)dϑ 

dr 

0 r2 + r ′2 − 2rr ′ cos(ϑ) 

′ 

1 

 

u du 

√ dr 

−1 r2 + r ′2 − 2rr ′ u 

′ 

u du 

√ = − 

r2 + r ′2 − 2rr ′ u 1 

3(rr ′ ) 2 

 

′ 2 ′2 ′ 2 ′2 ′ ′ 

(rr + r + r )|r − r | − (r + r − rr )(r + r ) 

so erhält man α zu: 

α(r) = 2πR2 

3 

 

1 − 3 r 

( 

5 R )2 

 

und somit das Vektorpotential für r < R zu: 

A = µ0Q 

 

1 − 

8πR 

3 r 

( 

5 R )2 

 

(ω × r ) ,r < R 

Das B-Feld im Kugelinneren laeutet mit 

 

∇ 1 − 3 r 

( 

5 R )2 

 

= − 6 r 

5 R2 wie folgt: 

B = µ0Q 

 

1 − 

4πR 

6 r 

( 

5 R )2 

 

ω + 3 

 

5R2(ω · r )r 

3 

,r < R




P19. Selbstinduktionskoeffizient 

Gegeben sei ein zylindrischer Hohlrohrleiter mit Innenradius a and Außenradius b. Im Inneren 

Hohlrohr fliesse der Strom I, äusseren ein entgegengesetzt gleicher Strom −I. Berechnen Sie den 

Selbstinduktionskoeffizienten pro Längeneinheit, indem Sie von dessen Zusammenhang mit dem 

magnetischen Fluss ausgehen. 

H19. Induktionsgesetz (8 Punkte) 


Ein Drahtbügel der Masse m gleitet reibungsfrei auf zwei parallelen Drähten mit Abstand l. Senkrecht 

zur Ebene der Drähte wirke ein Magnetfeld B. Eine Konstantstromquelle erzeugt einen 

zeitlich konstanten Strom I. Berechnen Sie mit Hilfe der Lorentzschen Kraftdichte die Geschwindigkeit 

des Drahtbügels (Betrag und Richtung) als Funktion der Zeit mit den Anfangsbedingungen 

x(t = 0) = ˙x(t = 0) = 0. Berechnen Sie die induzierte Spannung Uind an beiden Enden des 

Drahtbügels. 

H20. Elektrische Leitfähigkeit (10 Punkte) 

Für ein Leitungselektron in einem Metall kann die Wechselwirkung mit dem Festkörper durch 

eine Reibungskraft −mv/τ beschrieben werden. Dabei ist m die Masse und v die Geschwindigkeit 

des Elektrons. Bei Vernachlässigung magnetischer Effekte lautet dann die Bewegungsgleichung des 

Elektrons bei Vorhandensein eines externen zeitabhängigen Feldes 

m d 

v(t) = −1 

dt τ mv(t) − e E(t) . 

Die von E im Metall induzierte Stromdichte ist j = −Nfev(t), wobei Nf die Dichte der freien 

Elektronen ist. Zeigen Sie, dass die Fouriertransformierten von E und j gemäß 

verknüpft sind. Berechnen Sie σ(ω). 

j(ω) = σ(ω) E(ω)



H19 

Kraftdichte ist definiert als 

f = F 

l =j × B 

wobei es sich in diesem Fall beij um eine Linienstromdichte handelt (ρ = q 

l ) 

j = ρv ⇒ |j| = q l 

l t 

mitI = q 

t ⇒ |j| = I 

Wegenj = Iey und B = Bez folgt f = IBex 

Induktionsspannung 

| F| = m¨x(t) = IBl 

⇒m˙x(t) = IBlt+x(t = 0) 

 

=0 

˙x(t) = IBl 

t (1) 

m 

Uind = −˙ Φ = − d 

 

dt 

B ·d f 

Wegen B = const ist d f = A(t)ez (siehe Abbildung 1) 

und mit Gleichung 1 

⇒ Uind = − ˙ AB = −˙xlB 

Uind = − Il2 B 2 t 

m 

H20 

Löst man die Stromdichte nachv(t) auf und setzt es in die Bewegungsgleichung ein, 

erhält man 

oder 

m 1 ˙j(t) = −m 

Nfe 

1 

τNfe j(t)+e E(t) 

d 

dt j(t) = − 1 2 

j(t)+ 

Nfe 

τ m E(t) (2) 

1

Mit den Fouriertransformationen 

und 

Figure 1: Skizze für H19 

E(ω) = 1 

√ 2π 

∞ 

−∞ 

dt E(t)e −iωt 

j(ω) = 1 

∞ 

√ dtj(t)e 

2π −∞ 

−iωt 

lässt sich Gleichung 2 wie folgt umformen (multipliziere mit e−iωt 

√ 2π und integriere über 

ganz t) 

∞ 

1 d 

√ dt 

2π −∞ dt j(t) 

 

e −iωt =− 1 

τ 

∞ 

1 

√ 

2π 

dtj(t)e 

−∞ 

−iωt 

∞ 

+ Nfe2 1 

√ dt 

m 2π −∞ 

E(t)e −iωt 

(4) 

=− 1 2 

j(ω)+ 

Nfe 

τ m E(ω) (5) 

Die linke Seite der Gleichung wird wie folgt umgeformt (wobei die Fourierrücktrans- 

formationj(t) = 1 

√ 2π 

1 

√ 2π 

∞ 

−∞ 

 

d 

dt 

dt j(t) 

∞ 

−∞dωj(ω)e +iωt benutzt wird) 

 

e −iωt = 1 

∞ ∞ 

d 1 

√ dt √ dω 

2π −∞ dt 2π −∞ 

′j(ω ′ )e iω′ 

t 

e −iωt 

(6) 

= 1 

∞ ∞ 

dt dω 

2π −∞ −∞ 

′ (iω ′ )j(ω ′ )e i(ω′ −ω)t 

(7) 

∞ 

mit dte 

−∞ 

i(ω′ −ω)t ′ 

= 2πδ(ω −ω) (8) 

(3) 

= iωj(ω) (9) 

Setzt man das Ergebnis aus Zeile 9 wieder in Gleichung 3 ein, erhält man 

j(ω)(iω + 1 2 Nfe 

) = 

τ m E(ω) 

2

Damit ist 

j(ω) = σ(ω) E(ω) mit σ(ω) = 

3 

Nfe 2 

m( 1 

τ +iω)



P19 

Wir bestimmen zunächst das B-Feld im ganzen Raum. Aus Symmetriegründen ist 

B = B(ρ)eϕ. Nach dem Gesetz von Oerstedt gilt dabei (mit einem Kreis K in der 

x-y-Ebene mit Mittelpunkt auf derz-Achse und Radius ρ (siehe auch Abbildung 1)): 

 

µµ0Iges(ρ) = µµ0 j ·d 

f = B ·ds = 2πρB(ρ) 

Daher ist 

B(ρ) = 

K 

∂K 

Figure 1: Kreis K 

µµ0I 

2πρ ;a < ρ < b 

0 , sonst 

Der magnetische Fluss φ durch die schraffierte Fläche F in Abbildung 2 ist daher 

 

φ = 

F 

= µµ0 

2π Il 

B · d f 

 

=dρdz eϕ 

b 

a 

dρ 

ρ 

= µµ0 

2π Illn(b 

a ) 

Wegen φ = LI ist der Selbstinduktionskoeffizient L pro Längeneinheit l folglich 

L 

l 

= Φ 

Il 

= µµ0 

2π ln(b 

a ) 

1

Figure 2: Hohlrohrleiter und schraffierte Fläche F 

2




P20. Kontinuitätsgleichung 

Wie lauten die Maxwellschen Gleichungen und die Materialgleichungen für isotrope, permeable, 

leitende Medien? 

Leiten Sie mit Hilfe der Maxwellschen Gleichungen die Kontinuitätsgleichung für beliebige, räumlich 

lokalisierte Strom- und Ladungsdichte, j(r,t) und ρ(r,t). Was für ein Erhaltungssatz ergibt 

sich daraus, wenn man die Kontinuitätsgleichung über einen beliebigen Volumen integriert? 

P21. Energiefluß und Feldenergie elektromagnetischer Wellen 

Gegeben seien die elektrische Feldstärke E(r,t) und das Magnetfeld B(r,t) im Vakuum durch 

E(r,t) = Eo sin ( k · r − ωt) und B(r,t) = Bo sin ( k · r − ωt) . 

Diese Ausdrücke lösen die Wellengleichungen, wie in der Vorlesung gezeigt wird. Mit der bisherigen 

Kenntnissen kann man die Energieverhältnisse schon studieren. 

(a) Berechnen Sie die Energiestromdichte (Poynting-Vektor) parallel bzw. senkrecht zum Vektor 

k. 

Hinweis: Untersuchen Sie mit Hilfe der Maxwellschen Gleichungen die gegenseitige Lage der 

Vektoren Eo, Bo und k. 

(b) Berechnen Sie die Feldenergiedichte. 

Hinweis: (a × b) · (c × f) = (a · c)( b · f) − (a · f)( b · c). 

P22. Kontinuierliche Fourier-Transformation (eine Dimension) 

(a) Berechnen Sie die Fouriertransformierte ˜ f(k) der Funktion f(x) = e −a|x| . 

(b) Skizieren Sie f(x) und ˜ f(k) für verschiedene Werte von a. 

Bitte Wenden!


H21. Kontinuitätsgleichung (6 Punkte) 

Die Ladungs- und Stromdichten einer starren, sich bewegenden Ladungsverteilung seien durch 

ρ(r,t) = f(r − R(t)) und j(r,t) = d R(t) 

dt f(r − R(t)) 

gegeben. Zeigen Sie, dass die Kontinuitätsgleichung 

für jedes f und jedes R(t) erfüllt ist. 

∂ 

∂t ρ(r,t) + ∇ ·j(r,t) = 0 

H22. Poynting-Vektor und Felddrehimpuls im Zylinderkondensator (8 Punkte) 

Gegeben sei ein Zylinderkondensator der Länge l (Innenradius a Ladung Q, Außenradius b Ladung 

−Q), an dem die Spannung U liegt. 

(a) (Wiederholung) Berechnen Sie mit Hilfe des Gaußschen Satzes das elektrische Feld E(r) im 

Inneren des Zylinderkondensators als Funktion der Spannung U und der Radien a und b. 

(b) Parallel zur Symmetrieachse (= z-Achse) des Kondensators werde nun ein homogenes Magnetfeld 

B = Boez überlagert. Berechnen Sie den Poynting-Vektor S. 

(c) Die Feldimpulsdichte ist definiert durch js = ǫoµo S, und die damit verbundene Drehimpulsdichte 

durch l = r ×js. Berechnen Sie den Drehimpuls L = ld 3 r des Feldes. 

H23. Kontinuirliche Fourier-Transformation in drei Dimensionen (6 Punkte) 

Die Fouriertransformierte ˜ f( k ) einer Funktion f(r ) in drei Dimensionen lautet 

˜f( 1 

k ) = 

(2π) 3/2 

 

d 3 r f(r ) e ik·r . 

(a) Berechnen Sie die Fouriertransformierte ˜ V ( k ) des sogenannten Yukawa-Potentials 

Hinweis: Geeigente Koordinaten. 

V (r ) = e−µr 

r 

(µ > 0) . 

(b) Was für ein bekanntes Potential V (r ) ergibt sich im Spezialfall µ = 0? Wie sieht ˜ V ( k ) für 

µ = 0 aus? 

(c) Stellen Sie mit Hilfe eines Graphikprogramms V (r ) und ˜ V ( k ) für µ = 0,4,10 graphisch dar.



H21 

Mit der Kettenregel ergibt sich 

∂ 

 

ρ(r,t) = ∇r− 

R(t) f(r − 

∂t 

R(t)) · ∂(r − R(t)) 

∂t 

 

= − ∇r− 

R(t) f(r − 

R(t)) · d R(t) 

. 

dt 

Beachten Sie, dass in obigen Formeln der ∇-Operator mit dem Vektor r− R(t) skalar 

multipliziert wird! Das Ergebnis ist also eine skalare Grö"se, wie es sein muss. Um 

Missverständnisse dies bezüglich zu vermeiden, ist es besser, solche Herleitungen in 

Komponentendarstellung (also mit Hilfe der Indexschreibweise) durchzuführen: 

∂ 

 

ρ(r,t) = 

∂t 

= − 

∇ i 

r− R(t) f(r − R(t)) 

 

∇ i 

r− R(t) f(r − R(t)) 

 

∂(r − R(t))i 

∂t 

 

· dRi(t) 

. 

dt 

Dabei wird über den doppelt auftretenden Index i = x,y,z summiert (Einsteinsche 

Summenkonvention). Der Ausdruck ∇ i 

r− R(t) bedeutet die i-te Komponente des ∇- 

Operators bzgl. der Variable r− R(t). Ob man den Index i oben oder unten schreibt, 

ist hier in der nicht-relativistischen Elektrodynamik ohne Bedeutung. Im obigen Fall 

wurde der Index i hochgestellt, um Konfusion zu vermeiden. 

Die Anwednung der Indexschreibweise wird nun in der nächsten Herleitung sehr 

hilfreich: 

∇ i rf = 

 

∇ j 

r− R(t) f 

 

∂(r − R(t))j 

∂ri 

= ∂r j 

∂r i =δij 

= 

 

∇ j 

r− R(t) f 

 

δij = ∇ i 

r− R(t) f 

 

In der obigen Herleitung wird über doppelt auftretende Indizes summiert, und δij = 

1, falls i = j, und Null sonst (Kronecker-Symbol). 

⇒ ∇rf = ∇ r− R(t) f 

damit gilt für ∂ 

∂t ρ (Hinweis: ∇ ohne spezielle Indizierung wirkt auf r) 

∂ 

 

ρ(r,t) = − ∇f(r − R(t)) · 

∂t d R(t) 

dt 

1 

.

weiter gilt 

daher gilt 

∇ ·j(r,t) = d R(t) 

dt 

· ∇f(r − R(t)) 

∂ 

∂t ρ(r,t) + 

∇ ·j = − ∇f(r − R(t)) · d R(t) 

dt + d R(t) 

 

· ∇f(r − R(t)) = 0 

dt 

was zu zeigen war. 

Bitte, machen Sie sich mit der Index-Schreibweise vertraut! Sie wird in 

der relativistischen Elektrodynamik nochmal wichtig werden !!! 

H22 

a) Rechnung in Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z). Es muss gelten E(r) = Eρ(ρ)eρ. Mit 

dem Satz von Gauß: 

E · d f = 1 

 

d 3 rρ(r) 

∂V 

(a) Zylinderkondensator (b) Gaußintegral 

weiter gilt für das Potential 

ρ 

φ = − 

ǫ0 

Figure 1: Skizzen zur H22 

⇒ Eρ(ρ)2πρh = 1 

Q ⇒ Eρ(ρ) = Q 

0 

ǫ0 

V 

E(ρ ′ )dρ ′ = − Q 

2 

2πǫ0 

1 

ρ 

ln(ρ) + const 

2πǫ0

damit ist die Spannung am Kondensator 

U = φ(a) − φ(b) = − Q 

2πǫ0 

⇒ Q = − 2πǫ0U 

ln( a 

2πǫ0U 

= 

) b ln( b 

a ) 

und damit schließlich das E-Feld 

Eρ(ρ) = U 

ln( b 

a ) 

1 

ρ 

ln( a 

b ) 

b) Wegen B = B0ez ist H = 1 

µ0 B0ez und der Poynting-Vektor: 

c) Die Feldimpulsdichte lautet 

= − B0ǫ0U 

ln( b 

a ) 

S = E × H = − B0U 

js = S 

µ0 ln( b 

a ) 

c 2 = ǫ0µ0 S = − B0ǫ0U 

ln( b 

a ) 

und der Drehimpuls 

 

L = r × jsd 3 r 

= − B0ǫ0U 

ln( b 

a ) 

l b 2π 

dz ρdρ dϕ(ρeρ + zez) × 

0 a 0 

eϕ 

ρ 

l b 2π 

dz dρ dϕ(ρez − zeρ) 

0 

Wegen eρ = (cos(ϕ), sin(ϕ), 0) ist 2π 

0 eρdϕ = 0 und man erhält 

H23 

a 

0 

eϕ 

ρ 

L = − B0ǫ0U 

ln( b 

a ) lπ(b2 − a 2 )ez 

3 

eϕ 

ρ

a) 

in Kugelkoordinaten 

wegen dcos(ϑ) 

dϑ 

= 

1 

(2π) 3/2 

= − sin(ϑ) folgt 

V (k) = 

∞ 

0 

= 2π 

(2π) 3/2 

1 

(2π) 3/2 

 

d 3 r e−µr 

r ei k·r 

r 2 2π π 

dr dϕ sin(ϑ)dϑ 

0 0 

e−µr 

r ei k·r 

∞ 

0 

1 

rdr d cos(ϑ)e 

−1 

−µr e ik·r o.B.d.A. wähle man die z-Achse parallel zu k, so dass der Winkel zwischen k und r 

gerade gleich dem Polarwinkel ϑ in Kugelkoordinaten ist: ⇒ k · r = kr cos(ϑ) 

1 

rdr d cos(ϑ)e 

−1 

−µr ikr cos(ϑ) 

e 

1 

= 

(2π) 1/2 

∞ 

0 

= 1 

∞ 

−µr 1 ikr cos(ϑ) √ rdre e 

2π 0 ikr 

1 

−1 

1 

= 

ik √ ∞ 

dre 

2π 0 

−µr e ikr − e −ikr 

1 

= 

ik √ 

1 

2π ik − µ eikr−µr 1 

− 

−ik − µ e−ikr−µr 

∞ 0 

1 

= 

ik √ 

− 

2π 

1 

ik − µ + 

 

1 

−ik − µ 

1 

= 

ik √ 

ik + µ 

− 

2π −k2 ik − µ 

+ 

− µ 2 k2 + µ 2 

 

 

2 1 

= 

π k2 + µ 2 

b) für µ = 0 ergibt sich das Coulomb-Potential 

V (r) = 1 

r 

V (k) = 1 

k2 

2 

π 

4

Figure 2: Funktion V (r) 

Figure 3: Funktion V (k) 

5



P20 

Maxwell Gleichungen: 

∇ · D = ρ ; ∇ × H = j + ∂ D 

∂t 

∇ · B = 0 ; ∇ × E = − ∂ B 

∂t 

Materialgleichung für isotrope, permeable, leitende Medien: 

Herleitung der Kontinuitätsgleichung: 

Aus ∇ × H = j + ∂ D 

∂t folgt: 

als Integral über den Raum 

 

∂ 

d 

∂t V 

3 rρ 

 

D = ǫ0ǫ E ; B = µ0µ H ; j = σ E 

∇ · ( ∇ × H) = 

 

=0 

∇ · (j + ∂ D 

∂t ) 

= ∇ ·j + ∇ ∂ 

∂t D 

Gesamtladung 

= ∇ ·j + ∂ 

∂t ( ∇ · D) 

 

=ρ 

⇒ ∇ ·j + ∂ 

ρ = 0 

∂t 

 

= − 

V 

d 3 r ∇ ·j = 

 

Gaus 

 

− d 

∂V 

f ·j 

Ist ρ eine räumlich beschränkte Ladungsverteilung, so ist dann 

 

d f ·j = 0 

⇒ Ladungserhaltung 

P21 

∂V 

1

a) Poynting-Vektor: S = E × H 

Vakuum µ = 1 ⇒ H = 1 

µ0 

B ⇒ S = 1 

µ0 

S = 1 

µ0 

E × B 

E0 × B0 sin 2 ( k · r − ωt) 

Zur Berechnung von S und ⊥ zu k muss E0 × B0 weiter mit Hilfe der Maxwell- 

Gleichungen ausgewertet werden: 

Maxwell-Gleichung: ∇ × E = − ˙ B 

⇒ cos( k · r − ωt)[ex(kyE0z − kzE0y) + ey(kzE0x − kxE0z) + ez(kxE0y − kyE0x)] 

= + ω B0 cos( k · r − ωt) 

Weiter gilt ∇ · E = 0 (Vakuum) 

Damit erhält man für S 

S = 1 

⇒ k × E0 = ω B0 

E0 · k cos( k · r − ωt) = 0 (1) 

⇒ E0⊥ k (2) 

( 

µ0 

E0 × B0) sin 2 ( k · r − ωt) 

= 1 

µ0ω [ E0 × ( k × E0)] sin 2 ( k · r − ωt) 

= 1 

µ0ω [kE 2 0 − E0 ( E0 · k) 

=0 wegen 2 

= 1 

µ0ω kE 2 0 sin 2 ( k · r − ωt) 

⇒ S = S und S⊥ = 0 Energiefluß nur in k-Richtung. 

] sin 2 ( k · r − ωt) 

b) Feldenergiedichte w = 1 

2 ( E · D + H · B), zusammen mit D = ǫ0 E und B = µ0 H 

folgt 

Wir hatten in Teil a): ω B0 = k × E0 

mit dem Hinweis folgt 

w = 1 

2 ǫ0 E 2 + 1 

B 

2µ0 

2 

⇒ w = 1 

2 sin2 ( k · r − ωt)(ǫ0E 2 0 + 1 

µ0 

B 2 0) 

ω 2 B 2 0 = ( k × E0)( k × E0) = k 2 E 2 0 − ( k · E0) 2 

 

2 

=0 da K⊥ E0 

= k 2 E 2 0

w = 1 

2 sin2 ( k · r − ωt)(ǫ0E 2 0 + k2 

µ0ω 2E2 0) 

= 1 

2 sin2 ( k · r − ωt)E 2 0(ǫ0 + k2 

µ0ω 2) 

Hinweis: Man kann w weiter auswerten, wenn man die Dispersionsrelation ω = ±c| k| 

benutzt (kommt später). 

P22 

a) f(x) = e −a|x| ; a ∈ R + 

b) siehe nächste Seite! 

˜f(k) = 1 

∞ 

dxf(x)e 

2π −∞ 

ikx 

= 1 

∞ 

dxe 

2π −∞ 

ikx−a|x| 

= 1 

0 

dxe 

2π −∞ 

ikx+ax + 1 

∞ 

dxe 

2π 0 

ikx−ax 

= 1 

 

1 

2π ik + a eikx+ax 

0 + 

−∞ 

1 

 

1 

2π ik − a eikx−ax 

∞ 0 

= 1 

 

 

1 1 

− = 

2π ik + a ik − a 

1 a 

π a2 + k2 3

Figure 1: Funktion f(x) 

Figure 2: Fouriertransformierte ˜ f(k) 

4




P23. Eichtransformationen 

Gegeben seien das skalare Potential ϕ(r,t) durch 

und das Vektorpotential A(r,t) durch 

ϕ(r,t) = ∂tχ(r,t) 

A(r,t) = − ∇χ(r,t) . 

(a) Berechnen Sie das elektrische Feld E(r,t) und das magnetische Feld B(r,t). 

(b) Bestimmen Sie die Ladungsdichte ρ und die Stromdichte j so, dass die Potentiale die gekoppelten 

Differentialgleichungen 

∇ 2 A 1 

− 

c2 ∂2 t A − 

∇ ∇ · A + 1 

 

∂tϕ = −µµ0 

c2 j 

∇ 2 

ϕ + ∂t 

∇ · A 

= − ρ 

(1) 

ǫǫ0 

erfüllen. 

(c) Welcher Bedingung muß die Funktion χ genügen, damit die Potentiale die Lorentz-Eichung 

erfüllen? 

(d) Finden Sie eine Eichfunktion so, dass die Potentiale zu Null transformiert werden. 

P24. Ebene Wellen 

Gegeben sei ein linearer, homogener, ungeladener Isolator, d.h. es gilt: B = µµ0 H, D = ǫǫ0 E, 

σ = 0 und es gibt keine freie Ladungen (ρ = 0) und Ströme (j = 0). 

(a) Wie lauten die Maxwellschen Gleichungen? 

(b) Zeigen Sie, dass B die homogene Wellengleichung erfüllt. 

(c) Die elektrische Feldstärke werde nun als ebene Welle 

E(r,t) = E0(ex − ey)e i( k·r−ωt) 

( k = kez) 

beschrieben. Berechnen Sie das Magnetfeld B(r,t) und geben Sie seine Polarisation an. 

Bitte Wenden!


H24. Poynting-Vektor und Strahlungsdruck elektromagnetischer Wellen (8 Punkte) 

Eine transversale elektromagnetische Welle sei zirkular polarisiert 

E(r,t) = E0[cos ( k · r − ωt)ex + sin ( k · r − ωt)ey] ( k = kez) 

und breitet sich in einem nicht-leitenden, ungeladenem Medium in z-Richtung aus. 

(a) Berechnen Sie mit Hilfe der Maxwellschen Gleichungen das Magnetfeld B(r,t). 

(b) Berechnen Sie den Poynting-Vektor S(r,t). 

(c) Berechnen Sie den Strahlungsdruck auf eine um den Winkel ϑ gegen die Ausbreitungsrichtung 

geneigte Ebene. 

H25. Meissner-Ochsenfeld Effekt (10 Punkte) 

Innerhalb eines Supraleiters gilt das Ohmsche Gesetz j = σ E nicht mehr. Der folgende Ansatz ist 

dort näherungsweise gültig: 

E = 

2 d 

µ0λ 

dt j 

B = −µ0λ 2 ∇ ×j , (2) 

mit λ > 0, die als Eindringstiefe bezeichnet wird. Neben der beiden Gleichungen sollen die Maxwellschen 

Gleichungen gelten, wobei die Verschiebungsstromsdichte vernachlässigt wird. 

Wenden Sie diesen Anatz auf einen unendlich ausgedehnten Supraleiter an, der den Halbraum 

x > 0 ausfüllt und in dessen Außenraum ein konstantes Magnetfeld B = B0ez befindet. Weiterhin 

soll E = D = 0 im Außenraum und µ = 1 überall gelten. 

(a) Starten Sie mit dem Ansatz B = B(x)ez und berechnen Sie mit Hilfe der Maxwellschen 

Gleichungen sowie mit Hilfe der Stetigkeitsbedingungen an der Grenzfläche das Magnetfeld 

im Innenraum des Supraleiters. Interpretieren Sie Ihr Ergebnis. Sehen Sie dabei von einer 

eventuellen Oberflächenstromdichte ab. 

(b) Berechnen Sie j und E innerhalb des Leiters.



H24 

a) Es gilt ∇× E = − ˙ B 

∇× 

E = − ∂ ∂ 

Ey, 

∂z ∂z Ex,0 

 

= −E0k[cos(kz −ωt)ex +sin(kz −ωt)ey] 

⇒ ˙ B = E0k[cos(kz −ωt)ex +sin(kz −ωt)ey] 

⇒ k 

B = E0 

ω [−sin(kz −ωt)ex +cos(kz −ωt)ey] = k 

ω (−Ey,Ex,0) = 1 

ω (k × E) 

b) Poynting-Vektor 

S(r,t) = E × H = 1 

⇒ S(r,t) = 1 

µrµ0 

µrµ0 

E × B (Energiestromdichte) 

1 

ω E ×( k × E) 

= 1 

( 

ωµrµ0 

k · E 2 − E( E · k)) 

= 

=0 

1 

E 

uµrµ0 

2 0ez 

⇒ S(r,t) = 

ǫrǫ0 

µrµ0 

E 2 0ez (für c)) 

(u ist die Phasengeschwindigkeit der elektromagnetischen Welle mit u = 1 

√ ǫ0ǫrµ0µr 

c) 

Strahlungsdruck = Impulsübertrag auf Fläche = Normalkomponente (n· F) der auf 

die Ebene ausgeübten Kraft F pro Fläche. 

Die Dichte des Feldimpulses: 

pFeld = D× B = ǫrµrǫ0µ0 S = 1 

u 2 S 

Alle Wellenfronten in dem schiefen Zylinder (siehe Abbildung 1), dessen Volumen 

∆V = udtcos(ϑ)dS 

beträgt, erreichen in der Zeit dt das Flächenelement dS. Die Ebene sei total absorbierend, 

d.h. der Feldimpuls auf dS in dt ist gleich p Feld ·∆V . 

Kraft = Impuls pro Zeit: 

F = p Felducos(ϑ)dS 

1

Figure 1: Skizze zur Aufgabe H24 c) 

die Normalkomponente des Strahlungsdruck (ps steht hier also nicht für den Feldimpuls): 

ps = n· F 

dS = ucos(ϑ)n· p Feld = cos(ϑ) 

n· 

u 

S 

damit folgt das Ergebnis 

H25 

ps = 1 

u | S|cos(ϑ) 2 = ǫrǫ0E 2 0 cos(ϑ) 2 

Figure 2: Skizze zur Aufgabe H25 

2

a) Unter Vernachlässigung der Verschiebungsstromdichte gilt ∇× B = µ0 j. Wende 

darauf ∇×(...) an: 

∇×( ∇× B) = ∇( ∇· B =0 

)− ∇ 2 · B = µ0 ∇×j 

Aus Gleichung 2 vom Aufgabenblatt folgt aber auch µ0 ∇ ×j = − 1 

λ 2 B, sodass 

zusammen (im Innenraum) gilt: 

∇ 2 · B = 1 

λ 2 B (1) 

Mit dem Ansatz B = B(x)ez, aus der Stetigkeit von HT (Tangentialkomponente 

von H) an der Grenzfläche, sowie aus µ = 1 für den gesamten Raum folgt: 

und zusammen mit Gleichung 1 ist 

B(x = 0) = B0 

B(x) = B0e −x 

λ 

(Größenordnung λ = 10 2 −10 3˚ A) 

Eine Lösung mit e +x 

λ wäre unphysikalisch. 

b) 

j = 1 

∇× 

µ0 

B = B0 

 

ex 

ey ez 

∂x 

∂y ∂z µ0 0 

0 e−x 

 

 

 

 

λ 

= − B0 

 

µ0 

 

∂ 

∂x e−x λ 

ey = B0 

µ0λ e−x λ ey 

weiter berechnet sich das E-Feld mit der Gleichung vom Aufgabenblatt 

E 

2 d 

= µ0λ 

dt j = 0 daj zeitunabhängig 

3



P23 

a) 

b) 

E = − ∇φ−∂t A = − ∇(∂tχ)+∂t ∇χ = 0 

B = ∇× A = − ∇×( ∇χ) = 0 

− ∇ 2 ( ∇χ)+ 1 

c 2∂2 t ∇χ− ∇(− ∇ 2 χ+ 1 

c 2∂2 tχ) = 0 ! = −µµ0 j 

es folgt also ρ = 0 undj = 0 

c) Lorentz-Eichung: 

es folgt also ∇ 2 χ = 1 

c 2∂ 2 tχ 

d) 

es folgt also F(r,t) = χ(r,t) 

P24 

a) Maxwell-Gleichungen 

b) zu zeigen ist 

Einerseits gilt allgemein 

∇ 2 (∂tχ)+∂t(− ∇ 2 χ) = 0 ! = − ρ 

∇· A+ 1 

c 2∂tφ = − ∇ 2 χ+ 1 

c 2∂2 tχ ! = 0 

A → A ′ = A+ ∇F = ∇(F −χ) ! = 0 

φ → φ ′ = φ−∂tF = ∂t(χ−F) ! = 0 

∇· E = 0 ∇· B = 0 

∇× E = − ˙ B ∇× B = ǫrǫ0µrµ0 

( ∇ 2 − 1 

u 2 

˙E = 1 

u 2 

˙E 

ǫǫ0 

∂ 2 

∂t 2) B = 0 (1) 

∇×( ∇× B) = ∇( ∇· B)− ∇ 2 B = 

∇· − 

B=0 

∇ 2 B 

1

andererseits ist 

∇×( ∇× B) = ∇×( 1 

u2 zusammen ist Gleichung 1 gezeigt 

c) wegen ∇× E = − ˙ B folgt i k × E = iω B und daher 

B ist linear polarisiert: 

˙E) = − 1 

u2 ¨B 

B = 1 

ω k × E = k 

ω E0(ez × ex − ez × ey)e i( k·r−ωt) 

B = E0k 

ω (ex + ey)e i( k·r−ωt) 

2




P25. Retardierte Potentiale 

Zum Zeitpunkt t = 0 werde eine Punktladung Q am Koordinatenursprung erzeugt und bleibe dort 

liegen. Berechnen Sie die retardierten Potentiale ϕ(r,t) und A(r,t), die von dieser Punktladung 

erzeugt werden. 

P26. Hertzsches Dipol 

Die in der Vorlesung hergeleiteten Lienard-Wiechert Potentiale eignen sich zur Bestimmung der 

Felder eines harmonisch schwingenden elektrischen Dipols (Hertzscher Dipol). Der Dipol wird von 

zwei Ladungen ±e mit zeitlich veränderlichen Abstand r ′ gebildet: 

p = er ′ 

Die Anordnung sei so gewählt, dass die negative Ladung im Ursprung ruht und sich nur die positive 

bewegt. 

Zeigen Sie, dass für große Abstände und kleine Geschwindigkeiten der Ladung, d.h. 

r ′ 

r 

v 


H27. Hertzsches Dipol (8 Punkte) 

Wir fahren mit der Präsenzaufgabe P26 fort. Im folgenden ist die harmonische Abhängigkeit des 

Hertzschen Dipols gegeben durch p = p0e −iωt . 

(a) Geben Sie das skalare Potential ϕ(r,t) in der harmonischen Näherung explizit an. Wie lautet 

es dicht am sendenden Dipol (Nahzone) und in der Fernzone? 

(b) Berechen Sie die magnetische und elektrische Feldstärken in der Fernzone. 

H28. Retardierte Potentiale (10 Punkte) 

Berechnen Sie das retardierte skalare Potential ϕ(r,t) für einen eindimensionalen Lichtblitz der 

Form ρ(r,t) = δ(x)δ(y)δ(t). 

Hinweis: Sie brauchen folgende Eigenschaft der δ-Funktion: 

δ(g(x)) = 

mit xi die Nullstellen der Funktion g(x). . 

i 

1 

|g ′ δ(x − xi) 

(xi)|

H28 

Der Ansatz lautet 

ψ(x,t) = 1 

4πǫ0 

δ(x,t ′ ) 

| R| d3 r 

hier ist t ′ = t − | R|/c sowie R = r −r ′ , daher folgt (in Zylinderkoordinaten mit 

Radius ρ = x2 +y2 ): 

ψ(x,t) = 1 

√ 

ρ2 +(z−z ′ ) 2 

δ t− c 

 

4πǫ0 ρ2 +(z −z ′ ) 2 dz′ 

Nun benutzt man den Tipp vom Aufgabenblatt zur δ-Funktion. Hier ist 

g(z ′ 

ρ2 +(z −z ′ ) 2 

) = t− 

c 

und die Ableitung 

g ′ (z ′ ) = 

z −z ′ 

c ρ 2 +(z −z ′ ) 2 

Man bestimmt die Nullstellen z ′ 1, z ′ 2 wie folgt: Für ct < ρ hat g keine reellen 

Nullstellen. Für ct ≥ ρ gilt 

Damit ist 

und 

z −z ′ 1 = c 2 t 2 −ρ 2 , z −z ′ 2 = − c 2 t 2 −ρ 2 

1 

|g ′ (z ′ = 

i )| 

c2t , i = 1,2 

c2t2 −ρ2 ⎧ 

⎨ 1 c 

4πǫ0 ψ(x,t) = 

⎩ 

2 

√ t √ 1 

c2t2−ρ2 ρ2 +(z−z ′ 

1 ) 2 + √ 1 

ρ2 +(z−z ′ 

2 ) 2 

 

fürct ≥ ρ 

0 sonst 

= 1 2c 

 

4πǫ0 c2t2 −ρ2 Θ(ct−ρ) 

Für festes t < 0 verschwindet die Lösung. Für festes t > 0 ist die Lösung nichtverschwindend 

solange ρ < ct. Die Lösung wird mit abnehmendem ρ kleiner. Es 

schließt sich der Wellenfront ein "Nachglühen" an. Die Lösung ist die retardierte 

Greensche Funktion der dreidimensionalen Wellengleichung. Diese verhält sich in 

dieser Beziehung also anders als die vierdimensonale. 

1



P25 

Die Punktladung Q wird zum Zeitpunkt t = 0 am Ursprung erzeugt. Daher lautet 

die Ladungsdichte 

ρ(r,t) = Qδ(r)Θ(t) 

Retardiertes Potential: 

V(r,t) = 1 

4πǫ0 

= Q 

 

4πǫ0 

= Q 

4πǫ0 

ρ(r ′ ,t− |r− r ′ | 

c ) 

|r − r ′ | 

δ(r ′ ) Θ(t− |r− r ′ | 

Θ(t− |r| 

c ) 

|r| 

dV ′ 

) c 

|r−r ′ dV 

| 

′ 

= Q 

4πǫ0 

Θ(t− r 

c ) 

r 

Das Ergebnis entspricht ganz anschaulich einer, sich mit der Geschwindigkeit c ausdehnenden 

Kugel mit dem Radius ct (siehe Abbildung 1). Das retardierte Vektor- 

Figure 1: Kugel mit Radius ct (zu Aufgabe P25) 

potential ist Null, da sich die Punktladung nicht bewegt. 

(Bemerkung: Beim "Einschalten" der Ladung Q ist die Gesamtladung nicht erhalten) 

1




P27. Umgehen mit 4-Vektoren, 4-Tensoren, etc. 

Gegeben sei ein beliebiger 4-Vektor p µ und der sogenannte Feldstärketensor F µν definiert durch 

wobei A µ = A µ (x α ) ein beliebiges Feld sei. 

F µν := ∂ µ A ν − ∂ ν A µ , 

(a) Wie lautet der kovariante 4-Vektor pµ? Bestimmen Sie ihn durch explizites Ausrechnen, d.h. 

führen Sie die Matrixmultiplikation mit dem metrischen Tensor gµν explizit durch. 

(b) Zeigen Sie, dass gilt: 

P28. 4-Stromdichte 

1 

4 F αβ Fαβ = 1 

2 ∂α A β Fαβ . 

(a) Zeigen Sie, dass die 4-Stromdichte j µ = (cρ,jx,jy,jz) tatsächlich ein 4-Vektor ist. 

(b) Bezeichnen wir mit ρstat die Ladungsdichte einer stationären Ladungsverteilung in einem ruhenden 

Bezugssystem. Welcher Zusammenhang besteht zwischen ρ und ρstat? Interpretieren 

Sie diesen Zusammenhang. Drücken Sie j µ als Funktion von ρstat aus, und interpretieren Sie 

das Ergebnis. 

Die Klausur findet am 20.02.2010 (Samstag), 09 : 00 − 12 : 00, im Hörsaal HII statt.



P27 

a) p µ = (p 0 ,p 1 ,p 2 ,p 3 ) = (p 0 ,p) = (p 0 ,px,py,pz) 

pµ = gµνp ν ⇒ 

⎛ ⎞⎛ 

1 0 0 0 p 

⎜ 

⎜0 

−1 0 0 ⎟⎜ 

⎟⎜ 

⎝0 

0 −1 0 ⎠⎝ 

0 0 0 −1 

0 

⎞ 

px ⎟ 

py⎠ 

pz 

= 

⎛ 

p 

⎜ 

⎝ 

0 

⎞ 

−px ⎟ 

−py⎠ 

−pz 

damit folgt pµ = (p 0 ,−px,−py,−pz), wie erwartet 

b) F µν := ∂ µ A ν −∂ ν A µ 

1 

4 Fαβ Fαβ = 1 α β β α 

(∂ A −∂ A )(∂αAβ −∂βAα) 

4 

 

= 1 

4 

α β 

∂ A ∂αAβ +∂ β A α ∂βAα −∂ α A β ∂βAα −∂ β A α 

∂αAβ 

Da über α, β summiert wird, darf man die Indizes vertauschen, also α → β, β → α. 

Jeweils zwei Terme sind also identisch. 

⇒ 1 

4 Fαβ Fαβ = 1 α β 

2∂ A ∂αAβ −2∂ 

4 

α A β ∂βAα) 

= 1 

2 ∂αA β (∂αAβ −∂βAα) 

 

=:Fαβ 

= 1 

2 ∂αA β Fαβ 

P28 

a) j µ = (cρ,j) 

Ladung dq ist experimentell als invariant bekannt: 

dq = ρdV = ρdx 1 dx 2 dx 3 = ρd 3 x 

→ dq ′ ! = dq ⇒ ρ ′ d 3 x = ρd 3 x (1) 

Andererseits ist das 4-dimensionale Volumenelement d 4 x Lorentzinvariant: 

1 

c dx0′ d 3 x ′ = dt ′ d 3 x ′ = ∂(x0′ ,x1′ ,x2′ ,x3′ ) 

∂(x0 ,x1 ,x2 ,x3 ) 

1 

1 

c dx0 d 3 x

= dtd 3 x(≡ d 4 x) dadetΛ = 1 (2) 

Aus 1 und 2 folgt: cρ transformiert sich wie x 0 , d.h. wie die Zeitkomponente eines 

4-er Vektors. 

b) Für eine ruhende Ladungsverteilung ρ(j =0) ist: 

j µ = (cρ,0), j µ ist ein 4-er Vektor, ρ ≡ ρstat 

Lorentztransformation: gehe zu Bezugssystem, dass sich mit −v bewegt: 

j µ′ 

= (γcρ,γ βcρ) = (cρ ′ ,ρ ′ v) = (cρ ′ ,j ′ ) 

⇒ ρ ′ = γρ 

Die Dichte im neuen System ist wegen der Längenkontraktion größer. 

2

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