(7ed., Springer, 2001)(ISBN 3540205098)(de)(O)(512s).

274 4. Elektrodynamik
Wir setzen den Ansatz (4.196) in die Wellengleichung ein und benutzen:
Damit folgt zunächst:
∫ ∫
1
(2π) 2 d 3 k
∂
∂x ei(k·r−ωt) = ik x e i(k·r−ωt) ,
∂
∂y ei(k·r−ωt) = ik y e i(k·r−ωt) ,
∂
ei(k·r−ωt) = ik z e i(k·r−ωt) ,
∂z
⇒ ∇e i(k·r−ωt) = ik e i(k·r−ωt)
⇒ ∆e i(k·r−ωt) = −k 2 e i(k·r−ωt)
+∞
−∞
∂ 2
∂t 2 ei(k·r−ωt) = −ω 2 e i(k·r−ωt) .
dω
(−k 2 + ω2
u 2 )
˜ψ(k, ω)e i(k·r−ωt) = 0.
Die Fourier-Umkehrung führt dann auf:
( ω
2
)
u 2 − k2 ˜ψ(k, ω) = 0. (4.197)
Das ist ein bemerkenswertes Resultat, da nun aus der ursprünglichen partiellen Differentialgleichung
für ψ(r, t) eine rein algebraische Gleichung für ˜ψ(k, ω) geworden
ist. Offensichtlich kann ˜ψ nur für
ω = ±uk (4.198)
von Null verschieden sein. Dort muss ˜ψ ̸= 0 sein, denn sonst wäre ψ(r, t) ≡ 0.Dies
führt auf den Ansatz
und ergibt als Zwischenlösung:
∫
1
ψ(r, t) =
(2π) 2 d 3 k
˜ψ(k, ω) = a + (k) δ(ω + uk)+a − (k)δ(ω − uk), (4.199)
[
a + (k)e i(k·r+kut) + a − (k)e i(k·r−kut)] .
DiesepassenwirnundenAnfangsbedingungen (4.195) an:
∫
1
ψ 0 (r) =
(2π) 2 d 3 k e i k·r ( a + (k)+a − (k) ) ,
v 0 (r) =
∫
i
(2π) 2
d 3 k e i k·r ku ( a + (k)−a − (k) ) .