Ri
dρ∫ dz B(ρ) =lcμrμ0
I 2π
Ra
∫
Ri
dρ1 ρ
=lcμrμ0
I 2πlnRa
Ri
. Hieraus folgt:
Der den RaumRi<ρ<Radurchsetzende magnetische Fluss pro Längeneinheit beträgt:
Φ= Φc
lc =μrμ0
ln(Ra/Ri) 2π I. Hieraus folgt:
Selbstinduktion pro Längeneinheit des Hohlrohrsystems:
L=μrμ0
ln(Ra/Ri)
2π .
Lösung zu Aufgabe4.2.2
1. Magnetfeld des Drahtes Quasistationäre Näherung:
rotH≈j . Zylinderkoordianten(ρ,φ,z).
Symmetrie⇒Ansatz:
H1=H(ρ)e(1)φ . z
I1
Abb. A.46
Kρ: Kreis in der Ebene senkrecht zum Draht mit Radiusρ:
∫
Kρ
rotH⋅df = ∫
∂Kρ
H⋅dr=2π ρ H(ρ) ≈ ∫
Kρ
j⋅df =I1
⇒ H1= I1
2π ρe(1)φ . Fluss durch Leiterschleife
Flächenelement: df2= −dxdyez. Dort ist offenbare(φ1)=ez; ρ=y.
Daraus folgt der magnetische Fluss:
Φ21= ∫ B1df2= −μ0I1
2π
a
∫
0
dx
d+b
∫
d
dy
y = −μ0I1
2πaln(1+b
d) =L21I1
⇒ L21= −μ0 a
2π ln(1+b d) . 2. Magnetische Wechselwirkungsenergie (4.72):
L12=L21
⇒ Wm=L21I1I2. Änderung des AbstandesdbeiI1,I2=const:
dWm=I1I2dL21 = −μ0
a
2πI1I2 −b/d2
1+b/ddd=I1I2
μ0a b 2π d(d+b)dd, dWmech= −dWm= −Fydd
⇒Fy=I1I2
μ0a b 2π d(d+b). 3.
I1(t) =I0(1−e−αt) ⇒ ˙I1(t) =αI0e−αt. Das bedeutet:
Uind(t) = −L21˙I1(t) =μ0
a
2πln(1+b
a)αI0e−αt.
Lösung zu Aufgabe4.2.3 1. Einschaltvorgang
Zu lösende Differenzialgleichung:
L˙I(t) +R(t)I(t) =U. Diese lautet für 0≤t≤τ:
L˙I(t) +R0τI(t) t =U. Naheliegender Ansatz:
I(t) =α t. Dies führt zu:
L α+R0τ α=U ⇒ α= U L+R0τ . Es gilt also:
I(t) = U
L+R0τt 0≤t≤τ. Fürt≥τistR(t) ≡R0.
Dann ist zu lösen:
L˙I(t) +R0I(t) =U
⇒ L˙I(t) +R0(I(t) − U R0) =0
⇒ Ld
dt(I(t) − U
R0) +R0(I(t) − U R0) =0 . Lösung:
I(t) − U
R0 = (I(τ) − U
R0)exp[−R0
L(t−τ)] . Stetigkeit vonI(t):
I(τ) = U τ L+R0τ= U
R0
τ L/R0+τ , I(τ) − U
R0 = U R0( τ
L/R0+τ−1) = U R0
−L/R0
L/R0+τ
⇒ I(t) = U
R0{1− L/R0
L/R0+τexp[−R0
L (t−τ)]} τ≤t.
Der EndwertU/R0wird exponentiell erreicht.
Zeitkonstante des Einschaltvorganges:L/R0
⇒schnellesEinschalten: τ≪L/R0 ⇒ I(τ) ≪U/R0, langsamesEinschalten: τ≫L/R0 ⇒ I(τ) ≈U/R0. 2. Ausschaltvorgang
L˙I(t) +R(t)I(t) =U.
Dies ist eine inhomogene Differenzialgleichung erster Ordnung!
Für 0≤t<τdefinieren wir:
α= R0τ L . Homogene Differenzialgleichung:
˙I(t) + α
τ−tI=0 ⇒ ˙I I = − α
τ−t ,
⇒ d
dtlnI= d
dtln(τ−t)α
⇒ Ihom(t) =c(τ−t)α. Spezielle Lösung:
Ansatz:IS(t) =β(τ−t). Einsetzen:
−β L+ R0τ
τ−tβ(τ−t) =U ⇒ β= U
L(α−1) (α≠1)
⇒ IS(t) = U
L(α−1)(τ−t). Allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung:
I(t) =c(τ−t)α+ U
L(α−1)(τ−t). Randbedingung:
I(0) = U
R0 =c τα+ U τ L(α−1)
⇒ c= U R0
τ−α− U τ1−α L(α−1)
⇒ I(t) = U R0(1− t
τ)α− U τ
L(α−1)(1− t
τ)α+ U τ
L(α−1)(1− t τ)
=U(1− t τ)α( 1
R0 − τ
R0τ−L) +U τ α L
α
α−1(1− t τ)
= U R0(1− t
τ)α −1 α−1+ U
R0
α
α−1(1−t τ) . Dies bedeutet:
I(t) = U R0
α(1−t/τ) − (1−t/τ)α
α−1 .
Spezialfälle:
I(t=0) = U R0
; I(t=τ) =0 .
Lösung zu Aufgabe4.2.4
1. t>t0:
U0=UC+UR , I=Q˙ =CU˙C
⇒ U0=UC+RCU˙C. Allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung:
U˙C+ 1 RCUC=0
⇒ U(hom)C (t) =Ae−t/RC . Spezielle Lösung:
UC=U0 (nach der Einschwingphase) . Allgemeine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung:
UC(t) =U0+Ae−t/RC.
Anfangsbedingungen:
UC(t=t0) =0 ⇒ A= −U0et0/RC . Lösung:
UC(t) =U0(1−e−(t−t0)/RC), I(t) =CU˙C(t) = U0
Re−(t−t0)/RC, UR(t) =R I(t) =U0e−(t−t0)/RC. 2.
t>t1∶ 0=UC+RCU˙C, t=t1∶ U0=UC
⇒ UC(t) =Ae−t/RC; U0=Ae−t1/RC. Lösung:
UC(t) =U0e−(t−t1)/RC , I(t) = −U0
R e−(t−t1)/RC, UR(t) = −U0e−(t−t1)/RC .
Lösung zu Aufgabe4.2.5 Spannungsbilanzen:
links:
Ue(t) − 1 C1
t
∫ I1dt′+ 1 C1
t
∫ I2dt′+UL1 =0 . rechts:
− ( 1 C21 + 1
C1+ 1 C22)
t
∫ I2dt′+ 1 C1
t
∫ I1dt′+UL2 =0 . Induktivitäten
UL1= −L1˙I1; UL2= −L2˙I2.
Wir definieren zur Abkürzung 1 C2 ≡ 1
C21 + 1 C1 + 1
C22
und differenzieren die Spannungsgleichungen nach der Zeit:
1 C1
I1− 1 C1
I2+L1¨I1=U˙e,
− 1 C2
I2+ 1 C1
I1−L2¨I2=0 .
Zur Berechnung der Eigenfrequenzen mussUe=0 gesetzt werden! Mit dem Ansatz für das dann homogene Gleichungssystem,
I1=I10eiωt ; I2=I20eiωt , bleibt dann zu lösen:
( 1
C1 −ω2L1)I10− 1 C1
I20=0 , 1
C1
I10+ (− 1
C2 +ω2L2)I20=0 .
Eine nicht-triviale Lösung erfordert das Verschwinden der Säkulardeterminante:
( 1
C1 −ω2L1) (− 1
C2+ω2L2) + 1 C21 =0
↷ (1−ω2C1L1) (1−ω2C2L2) = C2
C1
. Mit den Eigenfrequenzen der ungekoppelten Kreise,
ω21= 1 L1C1
; ω22= 1 L2C2
muss schließlich die Lösung zu
(ω21−ω2) (ω22−ω2) =C2
C1
ω21ω22
gefunden werden. Das sind dann die Eigenfrequenzen der kapazitiv gekoppelten Kreise:
ω2±=1
2(ω21+ω22) ±
√1
4(ω21−ω22)2+C2
C1
ω21ω22.
Lösung zu Aufgabe4.2.6
1. n: Einheitsvektor senkrecht zur Drahtfläche:
df =dfn ,
∢(n, B) =φ(t) =ω(t−t0), Uind= −∂
∂tΦ, Φ= ∫
Ring
df ⋅B= ∫
Ring
dfn⋅B=Bcos[ω(t−t0)]∫
Ring
df =B π R2cos[ω(t−t0)]
⇒ Uind=B π R2ωsin[ω(t−t0)]. 2.
Uind= ∮
Ring
E⋅dr= 1 σ ∮
Ring
j⋅dr , j↑↑dr , Uind= 1
σ ∮
Ring
jdr= I σ A∮
Ring
dr=2π R σ AI
⇒ I(t) = 1
2σ B A R ωsin(ω(t−t0)).
Lösung zu Aufgabe4.2.7
1. Welcher Teil der rechteckigen Leiterschleife wird von der magnetischen Induk-tion überdeckt?
Abb. A.47
0≤vt<d:
F(t) =a2vt d≤vt<a1:
F(t) =a2d a1≤vt<a1+d:
F(t) =a2(a1+d−vt)
⇒ magnetischer Fluss durch die Leiterschleife:
Φ(t) = ∫
F0
B⋅df = ∫
F(t)
B⋅df
=B0a2
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎩
vt, falls 0≤vt<d, d, fallsd≤vt<a1 , a1+d−vt, fallsa1≤vt<a1+d,
0 , sonst .
⇒induzierte Spannung:
Uind= −Φ˙
= −B0a2v⋅
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎩
+1 , falls 0≤vt<d, 0 , fallsd≤vt<a1,
−1 , fallsa1≤vt<a1+d, 0 , sonst .
Abb. A.48
2. Endlicher Überlapp der Leiterschleife mit der homogenen magnetischen Induk-tionB=B0ezfür
0<vt≤2R.
Abb. A.49
Vom Feld überdeckte Fläche ist die Differenz aus Kreissegment Δα=αR2
und Dreieck
ΔΔ= 1
2(Rcosα)(2Rsinα)
=R2cosαsinα
⇒ F(t) =R2(α−cosαsinα). Der Winkelαist zeitabhängig:
α=α(t); cosα(t) =R−vt R ,
⇒α(t)˙ sinα(t) = v R . Außerdem gilt:
F(t) =πR2=const , fallsvt≥2R. Magnetischer Fluss:
Φ= ∫ B⋅df =B0F(t).
Induzierte Spannung:
Uind= −Φ˙= −R2(1+sin2α−cos2α)α(t)B˙ 0
= −2R2sin2α⋅α(t)B˙ 0
= −2R2sinα⋅ v RB0
sinα=√
1−cos2α=
√ 1− 1
R2(R2−2Rvt+v2t2)
⇒ Uind= −2B0Rv
√vt R (2−vt
R).
Abb. A.50
Man mache sich klar, dass es sich um eine Kreisgleichung handelt:
x= Uind
2B0Rv y= vt
R
⇒ x2=2y−y2= −(y−1)2+1
⇒ x2+ (y−1)2=1 . Mittelpunkt bei
(x,y) = (0, 1).
Lösung zu Aufgabe4.2.8
1. Quasistationäre Näherung
rotE= −B ; rot H˙ =j , divD=ρ; divB=0 . Coulomb-Eichung (divA=0)
⇒Δφ(r,t) = −1
ε0ρ(r,t) = −1 ε0ρ(r) ΔA(r,t) = −μ0j(r,t),
⇒φ(r,t) ≡φ(r) = q
4πε0r (r>R).
Bzgl. Vektorpotential dasselbe Problem wie in Aufgabe3.3.1, allerdings mit zeit-abhängigem magnetischem Moment!
m(t) =1
3qR2ω(t) A(r,t) = μ0
4π
m(t) ×r r3 Elektrisches Feld
E= E0 vor der Ab-E
bremsung(γ=0)
+E1
E0= −∇φ= q 4πε0r3r induziertes Zusatzfeld:E1= −A˙
ω(t) = −γω(t) (t˙ >0)
⇒ E1= −μ0
4π⋅1
3qR2ω(t) ×˙ r r3 , E1(r,t) = μ0γqR2
12πr3 (ω(t) ×r) (t>0). 2.
⇒ ∣E1∣
∣E0∣ ≤ ε0μ0
3 γR2∣ω∣≪! 1 ,
γω0R2≪3⋅c2 (c: Lichtgeschwindigkeit) .
3. pro Zeiteinheit abgestrahlte Energie (4.48)
∫S(V)df ⋅S(r,t) =W˙S. S(V): Oberfläche einer Kugel mit RadiusR+ S(r,t): Poynting-Vektor
S(r,t) =E(r,t) ×H(r,t), df =dfer
⇒ df⋅S=dfer⋅ (E1×H), da E0∼er. Abstrahlung also nur durch Bremsvorgang.
Es gilt wie in Aufgabe3.3.1 H(r,t) = 1
4π(3(r⋅m(t))r r5 −m
r3)
⇒ E1×H= μ0γqR2
48π2r6 ((ω×r) × (3(m⋅er)er−m))
= μ0γq2R4
144π2r6 ((ω×r) × (3(ω⋅er)er−ω)) 566666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666667666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666668
−2(ω⋅r)ω+r(3(ω⋅er)2−ω2)
⇒ er⋅ (E1×H) =r((ω⋅er)2−ω2)μoγ( qR2 12πr3)
2
=μ0γ( qR2 12πr3)
2
rω2(cos2ϑ−1).
⇒ pro Zeiteinheit abgestrahlte Energie
W˙S(t) =μ0γ(qR2ω 12πR3)
2
R32π
+1
∫
−1
d cosϑ(cos2ϑ−1) 56666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666766666666666666666666666666666666666666666666666666666666666668
23−2=−43
= −μ0γ8π 3 ( qω
12πR)2R3
⇒ W˙S(t) = −μ0γq2R
54πω2 (t>0).
4.
WS=
∞
∫
0
W˙S(t)dt
= −μ0γq2R 54πω20
∞
∫
0
dte−2γt
= −μ0 q2R 108πω20
unabhängig vonγ, proportional zum Quadrat der Anfangswinkelgeschwindig-keit.
Abschnitt 4.3.18
Lösung zu Aufgabe4.3.1
1. Lorentz-Kraft:
F=q[E+ (v×B)]. Bewegungsgleichung:
m¨r=q[E+ (˙r×B)]. Zeitliche Änderung der Teilchenenergie:
W˙ =v⋅F=qv⋅E . 2. Maxwell-Gleichungen(ρf =0, jf =0, σ=0):
divE=0 ; divB=0 ; rotE= −B ; rot B˙ = 1
u2E ,˙ wobeiu=1/√εrε0μrμ0.
rotE=ex(∂Ez
∂y −∂Ey
∂z ) +ey(∂Ex
∂z −∂Ez
∂x) +ez(∂Ey
∂x − ∂Ex
∂y )
= −∂Ey
∂z ex+ ∂Ex
∂zey+ (∂Ey
∂x −∂Ex
∂y )ez
= −k E(cos(kz−ωt), sin(kz−ωt), 0) = −kE ⇒ B˙ =kE . Dies bedeutet:
B=k E(−1
ωsin(kz−ωt), 1
ωcos(kz−ωt), 0). Magnetische Induktion:
B= −1
u(Ey,−Ex, 0) = 1 uez×E , B= 1
ωk×E . 3. Bewegungsgleichung:
mr¨=q[E+ (˙r×B)] =q{E+1
u[˙r× (ez×E)]}
=q[E+1
uez(˙r⋅E) −1
uE(˙r⋅ez)] . Komponenten:
mx¨=q Ex(1− ˙z
u) =q E(1−˙z
u)cos(kz−ωt), m¨y=q Ey(1−z˙
u) =q E(1− ˙z
u)sin(kz−ωt), m¨z= q
u(˙r⋅E). 4. Forderung
W˙ =0 erfüllt, falls v⋅E=0 für alle Zeiten gültig . Dies bedeutet:
z¨=0 ⇔ z˙=const=v0 ⇔ z(t) =v0t (z(0) =0).
Bewegungsgleichungen:
m¨x=qE(1−v0
u)cos(ω(v0
u −1)t) m¨y=qE(1−v0
u)sin(ω(v0
u −1)t) . Integration:
x(t) = −˙ qE
mωsin(ω(v0
u −1)t) +x˙0
˙y(t) = + qE
mωcos(ω(v0
u −1)t) +˙y0.
˙
x0, ˙y0noch unbekannt:
0=! v⋅E=x(t)˙ Ex+˙y(t)Ey
= qE2
mω(−sin(kz−ωt)cos(kz−ωt) +cos(kz−ωt)sin(kz−ωt)) +Exx˙0+Eyy˙0
=Exx˙0+Ey˙y0.
Das muss so für beliebige Zeitentund alle Orter gelten. Die Anfangsbedingun-gen sind deshalb so zu wählen, dass
˙x0=y˙0=0
gilt. Mitz(t=0) =0 bedeutet das für die Anfangsgeschwindigkeit:
˙r(t=0) = (0, qE mω,v0) . 5.
p= (−qE
ω sin(kz−ωt), qE
ω cos(kz−ωt),mv0) Vergleich mit Teil 2.:
p⊥= (px,py, 0) = q kB . 6. Lösung der Bewegungsgleichung:
x(t) = −qE mω
⎛
⎝− 1
ω(vu0 −1)cos(ω(v0
u −1)t)⎞
⎠+x0
x(t=0) =0= qE mω2
1
v0
u −1+x0.
Dies ergibt für diex-Komponente:
x(t) = qE mω2
u
v0−u(cos(v0−u
u ωt) −1) . Für diey-Komponente ergibt sich:
y(t) = qE mω
1
ω(vu0 −1)sin(ω(v0
u −1)t) +y0
y(t=0) =0=y0. Es bleibt:
y(t) = qE mω2
u
v0−usin(v0−u u ωt) . Schließlich gilt noch:
z(t) =v0t. 7. Man setze
R= − qE mω2
u
v0−u (u>v0) und findet dann:
(x(t) −R)2+ (y(t))2=R2.
Die Bahn ist also ein Kreis in derxy-Ebene mit dem RadiusRund einem Mittel-punkt bei(R, 0)
Lösung zu Aufgabe4.3.2 1. Magnetische Induktion
rotE= −B .˙
a)
rotE= (∂Ez
∂y −∂Ey
∂z ,∂Ex
∂z −∂Ez
∂x,∂Ey
∂x −∂Ex
∂y )
= (−∂
∂zEy, ∂
∂zEx, 0) =k(−E0y,E0x, 0)cos(kz−ωt)
⇒ B˙= (E0y,−E0x, 0)kcos(kz−ωt)
⇒ B= k
ω(−E0y,E0x, 0)sin(kz−ωt) = 1
ω(k×E). b)
rotE= (−∂
∂zEy, ∂
∂zEx, 0) = −E0k[cos(kz−ωt)ex+sin(kz−ωt)ey]
⇒ B˙ =E0k[cos(kz−ωt)ex+sin(kz−ωt)ey]
⇒ B=E0
k
ω[−sin(kz−ωt)ex+cos(kz−ωt)ey]
= k
ω(−Ey,Ex, 0) = 1
ω(k×E). 2. Poynting-Vektor
S(r,t) =E×H= 1
μrμ0E×B (Energiestromdichte). Für beide Fälle (a) und (b) gilt:
S(r,t) = 1 μrμ0
1
ωE× (k×E)
= 1
ωμrμ0(kE2−E(E⋅k) c=0
) = 1 uμrμ0E2ez
Das bedeutet:
(a)
S(r,t) =
√εrε0
μrμ0
E20 sin2(kz−ωt)ez . (b)
S(r,t) =
√εrε0
μrμ0
E20ez.
3. Strahlungsdruck
udt
( )ϑ
dS
n
Pr r r,μ ε
Abb. A.51
Strahlungsdruck≙Impulsübertrag auf Fläche≙Normalkomponente(n⋅F)der auf die Ebene ausgeübten KraftF pro Fläche.
Dichte des Feldimpulses:
̂pFeld=D×B=εrμrε0μ0S= 1 u2S , u: Phasengeschwindigkeit der elektromagnetischen Welle.
Alle Wellenfronten in dem schiefen Zylinder, dessen Volumen ΔV=udtcosϑdS
beträgt, erreichen in der Zeit dtdas Flächenelement dS. Die Ebene sei total ab-sorbierend, d. h. Feldimpuls auf dSin dt= ̂pFeldΔV.
Kraft=Impuls pro Zeit:
F= ̂pFelducosϑdS. Strahlungsdruck:
pS=n⋅F
dS =ucosϑn⋅̂pFeld= cosϑ u n⋅S . Lösung:
(a)
pS= 1
u∣S∣cos2ϑ=εrε0E20sin2ωtcos2ϑ (Wand beiz=0). (b)
pS= 1
u∣S∣cos2ϑ=εrε0E20cos2ϑ.
Lösung zu Aufgabe4.3.3
1. Linear, homogen:B=μrμ0H; D=εrε0E.
Ungeladener Isolator:ρf≡0,jf≡0,σ=0.
Maxwell-Gleichungen:
divE=0 , divB=0 ,
rotE= −B , rot B˙ =εrε0μrμ0E˙ = 1 u2E .˙ 2.
rot rotB=grad(divB d=0
) −ΔB= 1
u2rot ˙E= −1 u2B ,¨
◻B=0 , wobei ◻ =Δ− 1 u2
∂2
∂t2 . 3.
rotE= −B˙
⇒ ik×E=iωB
⇒ B= 1
ωk×E= k ω
E0
5 (ez×ex−2ez×ey)ei(k⋅r−ωt). B ist linear polarisiert:
B= E0k
5ω(2ex+ey)ei(k⋅r−ωt) 4.
rotB= 1
u2E˙=ex[−B0kcos(kz−ωt)] +ey[−B0ksin(kz−ωt)]
⇒ E˙= −u ω B0[ex cos(kz−ωt) +eysin(kz−ωt)]
⇒ E=u B0[exsin(kz−ωt) −eycos(kz−ωt)], d. h.,E ist zirkular polarisiert.
Lösung zu Aufgabe4.3.4 1. Aus
E=E0ei(kz−ωt) B=B0ei(kz−ωt)
folgt für einen linearen, ungeladenen Isolator mit der Maxwell-Gleichung rotH=j+D˙ ⇒ rotB= 1
u2E .˙ Dies ist gleichbedeutend mit
k×B0= −ω u2E0. Wegen
B0= ̂B0(4ex−3ey) folgt
k×B0=kB̂0(4ey+3ex) = −k uE0. Elektrisches Feld
E= −uB̂0(4ey+3ex)ei(kz−ωt). E (wie auch B) ist linear polarisiert, da
tanα= Ey
Ex =const . 2. Es gilt die Maxwell-Gleichung
rotE= −B .˙ Wir brauchen also
rotE=ex(βkcos(kz−ωt+φ)) +ey(α(−ksin(kz−ωt+φ)). Zeitintegration liefert für die magnetische InduktionB mitω=ku:
B= 1
u(βsin(kz−ωt+φ)ex+αcos(kz−ωt+φ)ey) . Man erkennt
(Bx
β)
2
+ (By
α)2= 1 u2 . S→elliptisch polarisiert! Halbachsen:β/uundα/u.
Spezialfall:
α=βS→zirkular polarisiert!
Lösung zu Aufgabe4.3.5
1. Jede Lösung der Maxwell-Gleichungen ist automatisch auch Lösung der homo-genen Wellengleichung. Die Umkehrung gilt bekanntlich nicht.
2. Die Wellengleichung
(Δ− 1 u2
∂2
∂t2)B(r,t) =0 wird gelöst durch
(−k2+ω2
u2) =0 ↷ k= ω u . 3.
divB=0 ⇔ k⋅B=0 ⇒ αkx+iγky=0 ⇒ kx=0 , ky=0 . Es ist also:
k=kez. 4.
rotB=μrμ0D˙ = 1
u2E˙= −iω1
u2E=! i(k×B). Damit folgt:
E= −u2
ω(k×B) = −u(ez×B) = −u(αey−iγex)ei(k⋅r−ωt),
̂E0(r) =u(iγex−αey)eik⋅r . 5. Zeitgemittelte Energiedichte:
w(r,t) = 1
4Re(̂E0⋅ ̂D⋆0+ ̂H0⋅ ̂B⋆0) =1
4Re(εrε0∣̂E0∣2+ 1
μrμ0∣̂B0∣2) . Mit
∣̂B0∣2= (α2+γ2); ∣̂E0∣2=u2(α2+γ2) bleibt:
w(r,t) = 1 2
1
μrμ0(α2+γ2).
6. Zeitgemittelte Energiestromdichte S(r,t) = 1
2Re(̂E0(r) × ̂H⋆0(r))
= u
2μrμ0
Re((iγex−αey) × (αex−iγey))
= u
2μrμ0 Re(γ2ez−α2(−ez)). Es ist also
S(r,t) = u
2μrμ0(α2+γ2)ez=u w(r,t)ez.
Lösung zu Aufgabe4.3.6 1.
π x
−2 2π
) (x f
π
− π
Abb. A.52
f(x) =⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
−x∶ −π≤x≤0 , +x∶ 0≤x≤π. Allgemeine Fourier-Reihe:
f(x) =f(x+2a), quadratintegrabel in[−a,a]
⇒ f(x) =f0+ ∑∞
n=1
[ancos(n π
a x) +bnsin(n π a x)] . Hier:
a=π,
f(x)gerade ⇒ bn=0 ∀n. f0= 1
2a
+a
∫
−a
f(x)dx= 1 2π
+π
∫
−π
f(x)dx= 1 2π
⎛⎜
⎝
π
∫
0
xdx+
0
∫
−π
(−x)dx⎞
⎟⎠
⇒ f0= π
Fourier-Reihe: Dann bleibt zu berechnen:
f0= 1
Damit lautet die Fourier-Reihe:
f(x) = π2
(b) Fürx=πsindf(π) =π2und cos(nπ) = (−1)n. Die Fourier-Reihe aus 3.) lie-fert somit für diesen Spezialfall:
π2 6 =∑∞
n=1
1 n2 .
Lösung zu Aufgabe4.3.7
Nützlich sind die Additionstheoreme der trigonometrischen Funktionen ((1.60), (1.61) in Bd. 1), aus denen folgt:
cos(nπ Damit folgt im Einzelnen fürn≠m:
+a
+a
Hier kann man bereits ausnutzen, dass der Integrand eine ungerade Funktion vonxist. Dies folgt wie oben wegen des ungeraden Integranden.
Zusammenfassung:
Damit lassen sich die Relationen (4.175) sehr leicht zeigen:
Damit sind die Beziehungen aus (4.175) bewiesen.
Lösung zu Aufgabe4.3.8
f(x) ≡x2+ (b−a)x−ab. Nullstellenf(xi)=! 0:
x2+ (b−a)x=ab
↷ (x+1
2(b−a))2=1
4(b−a)2+ab= 1 4(b+a)2
↷ x1,2 = −1
2(b−a) ±1 2(b+a)
↷ x1 =a; x2= −b. Mitf′(x) =2x+ (b−a)folgt:
f′(x1) =a+b; f′(x2) = −(a+b). Damit gilt:
δ(f(x)) =∑2
i=1
1
∣f′(xi)∣δ(x−xi) = 1
a+b(δ(x−a) +δ(x+b)) . Fourier-Transformierte:
̃f(k) = 1
√2π
+∞
∫
−∞
dx δ(f(x))eikx= 1
√2π(a+b)(eika+e−ikb) .
Kontrolle:
f(x) = 1
√2π
+∞
∫
−∞
dk( 1
√2π(a+b)(eika+e−ikb))e−ikx
= 1
a+b
⎛
⎝ 1 2π
+∞
∫
−∞
dke−ik(x−a)+ 1 2π
+∞
∫
−∞
dke−ik(x+b)⎞
⎠
= 1
a+b(δ(x−a) +δ(x+b)) ↷ q. e. d.
1. a) Die Taylor-Entwicklung vonf(x)umx0wird in das folgende Integral einge-setzt:
+∞
∫
−∞
dxδ(1)l (x−x0)f(x) = ∑∞
r=0 +∞
∫
−∞
dx δ(1)l (x−x0)f(r)(x0)
r! (x−x0)r
= ∑∞
r=0
f(r)(x0) r!
+∞
∫
−∞
du δ(1)l (u)ur
= ∑∞
r=0
f(2r)(x0) (2r)!
+∞
∫
−∞
du δ(l1)(u)u2r.
Im letzten Schritt haben wir ausgenutzt, dassδ(1)l (u)eine gerade Funktion vonuist, sodass nur die geraden Potenzen vonuzum Integral beitragen. Für das Integral gilt (Beweis gelingt leicht mit vollständiger Induktion!):
+∞
∫
−∞
dx x2ne−αx2 =√ π α
(2n+1)!!
(2n+1)(2α)n
Damit bleibt:
+∞
∫
−∞
dxδ(1)l (x−x0)f(x) =∑∞
r=0
f(2r)(x0)
(2r+1)!(2r+1)!!l2r.
Fürl→0 überlebt nur derr=0-Summand:
llim→0 +∞
∫
−∞
dx δ(l1)(x−x0)f(x) =f(x0) (A.5)
b)
liml→0 +∞
∫
−∞
dx δ(2)l (x−x0)f(x)
=lim
l→0 +∞
∫
−∞
dx sin(πl(x−x0)) 2 sin(π2(x−x0))f(x)
=lim
l→0 +∞
∫
−∞
du l 2
sin(πu)
sin(12lπu)f(x0+lu) (u=1/l(x−x0))
=
+∞
∫
−∞
dusin(πu) πu f(x0)
=f(x0)1 π
+∞
∫
−∞
dysiny y .
Das verbleibende Integral kann mit dem Residuensatz gelöst werden (s. 2. Beispiel in Abschn.4.4.5):
+∞
∫
−∞
dysiny y =π. Es gilt also:
llim→0 +∞
∫
−∞
dx δ(2)l (x−x0)f(x) =f(x0). (A.6)
Das ist die Definitionsgleichung für die Deltafunktion:
llim→0δ(2)l (x−x0) =δ(x−x0). 2. Mit der Regel von l’Hospital findet man leicht:
δ(l2)(x=0) =1
l ↷ lim
l→0δl(2)(x=0) → ∞.
Dagegen bleibt liml→0δ(2)l (x)fürx≠0 unbestimmt (oszillatorisches Verhal-ten!). Gleichung (A.6) reicht aber zur Definition der Deltafunktion aus!
Man betrachte nun fürx∈ (−1,+1):
∑+N n= −N
eiπnx= ∑N
n=0
(eiπnx+e−iπnx) −1
= 1−eiπ(N+1)x
1−eiπx +1−e−iπ(N+1)x 1−e−iπx −1
= 2− (eiπx+e−iπx) − (eiπ(N+1)x+e−iπ(N+1)x) 2− (eiπx+e−iπx)
+ eiπNx+e−iπNx 2− (eiπx−e−iπx)−1
= cos(Nπx) −cos((N+1)πx) 1−cos(πx) . Wir benutzen noch ((1.60), (1.61) in Bd. 1):
1−cos(πx) =2 sin2πx 2 cos(Nπx) −cos((N+1)πx) =cos(((N+1
2) −1 2)πx)
−cos(((N+1 2) +1
2)πx)
=2 sin((N+1
2)πx)sin(π 2x) . Dies bedeutet:
∑+N
n= −Neiπnx= sin((N+12)πx)
sin(π2x) =2δ(l2)(x) mit l= 1 N+12 . Schlussfolgerung:
Nlim→ ∞
1 2
+N
∑
n= −N
eiπnx=lim
l→0δ(l2)(x) =1 2
+∞∑
n= −∞eiπnx. Alle Ausdrücke sind periodisch gegenüber Transformationen
xS→x+2z mitz= ±1,±2,±3, . . . .
Man erhält also das entsprechende Verhalten auch in den anderen Intervallen.
Somit bleibt:
δ(x) = 1 2
+∞∑
n= −∞eiπnx .
3. Fürx,x′∈ (0,x0)berechnen wir: Das war zu beweisen!
Lösung zu Aufgabe4.3.10 1.
Damit folgt:
y= x 3. Beweis durch Einsetzen:
+∞
Lösung zu Aufgabe4.3.11
1. f(x)ist eine ungerade Funktion vonx. Deshalb gilt für die Fourier-Transfor-mierte:
Iwurde in Teil 2a.) von Aufgabe4.3.10berechnet:
I≡