Abschnitt 1.7
Lösung zu Aufgabe1.7.1 Zu zeigen ist:
1. δ(x−a) =0 ∀x≠a, 2. ∫αβdxδ(x−a) =⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
1 , fallsα<a<β, 0 sonst .
Zu 1.x≠a:
η→0lim+
√1πηe−(x−a)2/η=0 . Zu 2.
a) α<a<β:
Fη(a) ≡
β
∫
α
√1πηe−(x−a)2/ηdx.
Mity= (x−a)/√ηfolgt:
Fη(a) = 1
√π
(β−a)/√η
∫
(α−a)/√η
dye−y2 . Es folgt weiter:
ηlim→0+Fη(a) = 1
√π
+∞
∫
−∞
dye−y2 =1 .
437 W. Nolting,Grundkurs Theoretische Physik 3, Springer-Lehrbuch,
DOI 10.1007/978-3-642-37905-5, © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2013
b) a<α<β:
α−a=α¯>0;β−a=β¯>0 Fη(a) = 1
√π∫
β/√η¯
α/√η¯ dye−y2 = 1
√π∫
β/√η¯
−∞ dye−y2− 1
√π∫
α/√η¯
−∞ dye−y2
⇒ lim
η→0+Fη(a) =1−1=0 . c) α<β<a:
a−α=α′>0;a−β=β′>0 Fη(a) = 1
√π∫ −β
′/√η
−α′/√η dye−y2 = 1
√π∫−α+∞′/√ηdye−y2− 1
√π∫−β+∞′/√ηdye−y2
⇒ lim
η→0+Fη(a) =1−1=0 . Aus 2a), 2b) und 2c) folgt:
η→0lim+
β
∫
α
√1πηexp[−(x−a)2
η ]dx=⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
1 , fallsα<a<β, 0 sonst .
Diskussion derRandpunkte:
Aus 2a) folgt:
β
∫
α
dx δ(x−a) =1
2 , fallsα=aoderβ=a.
Lösung zu Aufgabe1.7.2
Gleichung (1.7):
δ(x−a) = lim
η→0+
1 π
η η2+ (x−a)2 . Daraus folgt:
ηlim→0+Im 1
(x−a) ±iη= lim
η→0+ Im (x−a) ∓iη
(x−a)2+η2 = ∓ lim
η→0+
η (x−a)2+η2
= ∓π δ(x−a).
Lösung zu Aufgabe1.7.3 1.
δ(g(x)) = lim
η→0+
1 π
η
η2+ (g(x))2 =0 fürg(x) ≠0 . Andererseits:
∑
n
1
∣g′(xn)∣δ(x−xn) =0 ∀x≠xn, d. h. fürg(x) ≠0 . 2.
I≡
β
∫
α
dx δ(g(x))f(x) =
α<xn<β
∑n xn+ε
∫
xn−ε
dx δ(g(x))f(x)
=
α<xn<β
∑n xn+ε
∫
xn−ε
dx δ[g(x) −g(xn)
x−xn (x−xn)]f(x) (g(xn) =0), ε→0+∶ I=
α<xn<β
∑
n xn+ε
∫
xn−ε
dx δ(g′(xn)(x−xn))f(x)
=
β
∫
α
dx∑
n
δ(g′(xn)(x−xn))f(x).
g′(xn) >0:
z=g′(xn)x
⇒ I= ∑
n β g′(xn)
∫
α g′(xn)
dz 1
g′(xn)δ(z−zn)f( z g′(xn))
=
α g′(xn)<zn<β g′(xn)
∑n
1
g′(xn)f( zn
g′(xn)) =
α<xn<β
∑n
1
g′(xn)f(xn)
=
β
∫
α
dx∑
n
1
g′(xn)δ(x−xn)f(x). Vergleich,f(x)beliebig. Daraus folgt:
δ(g(x)) = ∑
n
1
g′(xn)δ(x−xn).
g′(xn) <0:
I= − ∑
n
−β∣g′∣
∫
−α∣g′∣
dz 1
∣g′(xn)∣δ(z−zn)f( z g′(xn))
= + ∑
n
−α∣g′∣
∫
−β∣g′∣
dz 1
∣g′(xn)∣δ(z−zn)f( z g′(xn))
=−
α∣g′∣>zn>−β∣g′∣
∑n
1
∣g′(xn)∣f( zn
g′(xn))
=α<∑xn<β
n
1
∣g′(xn)∣f(xn) =
β
∫
α
dx∑
n
1
∣g′(xn)∣δ(x−xn)f(x). Vergleich,f(x)beliebig. Daraus folgt:
δ(g(x)) = ∑
n
1
∣g′(xn)∣δ(x−xn).
Lösung zu Aufgabe1.7.4 1. I=9−15+6=0.
2. I=0.
3.
f(x) =x2−3x+2= (x−2)(x−1),
⇒Nullstellen:x1=2 , x2=1 . f′(x) =2x−3 ⇒ f′(x1) =1= −f′(x2)
⇒ δ(x2−3x+2) =δ(x−2) +δ(x−1) ⇒ I=5 . 4.
I= −
+∞
∫
0
dx(lnx)′δ(x−a) = −1 a . 5.
f(ϑ) =cosϑ−cosπ
3 ⇒Nullstelle: ϑ1= π 3 , f′(ϑ) = −sinϑ ⇒ f′(ϑ1) = −sinπ
3 = −1 2
√3 ,
I=
π
∫
0
sin3ϑ
∣sinϑ1∣δ(ϑ−ϑ1)dϑ=sin2ϑ1=3 4 .
y
x F
r
ϕ
r0
ρ
Abb. A.1
r= (x,y); (ρ,φ), r0= (x0,y0); (ρ0,φ0)
δ(r−r0) =0 fürr≠r0, (A.1)
∫
F
df δ(r−r0) =⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
1 , fallsr0∈F,
0 sonst . (A.2)
1. Kartesisch
Ansatz:δ(r−r0) =α(x,y)δ(x−x0)δ(y−y0).
Gleichung (A.1) ist offensichtlich erfüllt.
∫
F
df δ(r−r0) =α(x0,y0) ∬
F
dxdy δ(x−x0)δ(y−y0)
=α(x0,y0)⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
1 , falls(x0,y0) ∈F, 0 sonst .
⇒ α(x0,y0) =1 ,
d. h., δ(r−r0) =δ(x−x0)δ(y−y0).
2. Ebene Polarkoordinaten
x=ρcosφ, y=ρsinφ, df =dxdy= ∂(x,y)
∂(ρ,φ)dρdφ=ρdρdφ.
Ansatz:
δ(r−r0) =β(ρ,φ)δ(ρ−ρ0)δ(φ−φ0),
∬
F
df δ(r−r0) = ∬
F
ρdρdφ β(ρ,φ)δ(ρ−ρ0)δ(φ−φ0)
=ρ0β(ρ0,φ0) ∬
F
dρdφ δ(ρ−ρ0)δ(φ−φ0)
=ρ0β(ρ0,φ0)⎧⎪⎪
⎨⎪⎪⎩
1 , falls(ρ0,φ0) ∈F, 0 sonst .
⇒ β= 1 ρ0
, d. h., δ(r−r0) = 1
ρ0
δ(ρ−ρ0)δ(φ−φ0).
Lösung zu Aufgabe1.7.6
Gleichung (1.27):
φ(r) = ∑∞
n=0
1 n!
⎛
⎝
3
∑
j=1
xj ∂
∂xj
⎞
⎠
n
φ(0) = ∑∞
n=0
1
n!(r⋅∇)nφ(0) ≡exp(r⋅∇)φ(0).
1. ∂
∂xj
eik⋅r=ikjeik⋅r,
3
∑j=1
xj
∂
∂xj
eik⋅r=i(k⋅r)eik⋅r ,
⎛
⎝∑
j
xj ∂
∂xj
⎞
⎠φ(0) =ik⋅r ,
⎛
⎝∑
j
xj
∂
∂xj
⎞
⎠
n
φ(0) = (ik⋅r)n
⇒ φ(r) = ∑∞
n=0
1
n!(ik⋅r)n. 2.
∂
∂xj∣r−r0∣ = ∂
∂xj
∑3
i=1
(xi−xi0)2= xj−xj0
∣r−r0∣ .
n=0:
φ0=r0. n=1:
∑
j
xj
∂
∂xj
φ(0) = ∑
j
xj(−xj0) r0
⇒ φ1= −r⋅r0
r0
. n=2:
∑
j,k
xjxk ∂2
∂xk∂xj∣r−r0∣ = ∑
j,k
xjxk ∂
∂xk
xj−xj0
∣r−r0∣
= ∑
j,k
xjxk[ δjk
∣r−r0∣−(xj−xj0)(xk−xk0)
∣r−r0∣3 ]
⇒ ⎛
⎝∑
j
xj
∂
∂xj
⎞
⎠
2
φ(0) = r2
r0 −(r⋅r0)2 r03
⇒ φ2= 1 2
1
r30[r2r20− (r⋅r0)2] . Insgesamt: φ(r) =r0−r⋅r0
r0 + r2
2r0 −(r⋅r0)2 2r03 + ⋯
Lösung zu Aufgabe1.7.7
Mehrfachintegrale (s. Abschn. 1.2.5, Bd. 1):
y
x F
(1,1)
(1,0) (0,0)
y1
d x Abb. A.2
1.
I= ∬
F
dxdy f(x,y) =
1
∫
0
dx
x
∫
0
dy x2y3
⇒ I=
1
∫
0
dx x2 y4 4∣
x
0
= 1 4
1
∫
0
dx x6= 1 28 .
2. y
R
F
x
Abb. A.3
I=
+R
∫
−R
dx
+√ R2−x2
∫
−√ R2−x2
dy x2y3=
+R
∫
−R
dx x2(y4 4)∣
+√ R2−x2
−√
R2−x2 =0 .
3. y
x R
Abb. A.4
I=
R
∫
0
dx x2(y4 4)∣
√R2−x2
0
= 1 4
R
∫
0
dx x2(R2−x2)2= 1 4
R
∫
0
dx(R4x2−2R2x4+x6)
= 1 4R7(1
3−2 5+1
7) = 2 105R7 .
Lösung zu Aufgabe1.7.8
z
x
b y
a F
F
Abb. A.5
1. Parameterdarstellung:
F= {r= (x,y,z= −y+ a
√2) ; 0≤x≤b; 0≤y≤ a
√2}
=F(x,y). Mit Gleichung (1.34) gilt:
df = (∂r
∂x×∂r
∂y)dxdy= (1, 0, 0) × (0, 1,−1)dxdy
⇒ df = (0, 1, 1)dxdy. 2. Gesamtfläche:
F= ∬ df = (0, 1, 1)
b
∫
0
dx
a/√ 2
∫
0
dy
⇒ F= a b
√2(0, 1, 1);
⇒ ∣F∣ =a b. 3. Fluss:
a⋅df = (2xy+3z2−x2)dxdy
= (2xy−x2+3y2−3√ 2ay+3
2a2)dxdy,
φF(a) = ∫
F
a⋅df =
b
∫
0
dx
a/√ 2
∫
0
dy(2xy−x2+3y2−3√ 2ay+3
2a2)
=
b
∫
0
dx(xa2 2 −x2 a
√2+ a3 2√
2−3√ 2a3
4 + 3a3 2√
2)
= a2b2 4 − a b3
3√ 2+ a3b
2√ 2
⇒ φF(a) = a b
√2(1 2a2−1
3b2+ 1 2√
2a b) .
Lösung zu Aufgabe1.7.9
Flächenelement der Kugeloberfläche:
df = (R2sinϑdϑdφ)er (Gleichung (1.36)) . 1.
a(r) =3 rer, φ1(a) = ∫
SK
a⋅df =3R
π
∫
0
dϑ
2π
∫
0
dφsinϑ=12π R.
2.
a(r) =√ r
α+r2 = r
√α+r2er, φ2(a) =4π R3
√α+R2 . 3. Kugelkoordinaten:
er= (sinϑcosφ, sinϑsinφ, cosϑ), a(r) = (3rcosϑ,rsinϑcosφ, 2rsinϑsinφ), φ3(a) =R3
π
∫
0
dϑ
2π
∫
0
dφsinϑ(3 sinϑcosϑcosφ
+sin2ϑsinφcosφ+2 sinϑcosϑsinφ),
2π
∫
0
dφcosφ=
2π
∫
0
dφsinφ=0 ,
2π
∫
0
dφsinφcosφ= 1
2sin2φ∣2π
0 =0
⇒ φ3(a) =0 .
Lösung zu Aufgabe1.7.10
1. Vektorielle Flächenelemente
Zylinderkoordinaten(ρ,φ,z)erscheinen angemessen.
Wir beginnen mit dem Zylindermantel(ρ=R) x=Rcosφ, y=Rsinφ, z=z
→r= (Rcosφ,Rsinφ,z), −L
2 ≤z≤ +L 2 . Parameter:φ,z
df = (∂r
∂φ×∂r
∂z)dφdz
= ∣∂r
∂φ∣ ⋅ ∣∂r
∂z∣ ⋅ (eφ×ez)dφdz
=Reρdφdz
=Rdφdz(cosφ, sinφ, 0). Auf den Stirnflächen gilt
x=ρcosφ, y=ρsinφ, z= ±L 2
→r= (ρcosφ,ρsinφ,±L 2).
Parameter:ρ,φ
df = ± (∂r
∂ρ× ∂r
∂φ)dρdφ
= ± ∣∂r
∂ρ∣ ⋅ ∣∂r
∂φ∣ ⋅ (eρ×eφ)dρdφ
= ±ρezdρdφ
= ±ρdρdφ(0, 0, 1).
Das Pluszeichen gilt für die „obere“, das Minuszeichen für die „untere“ Stirnfläche des Zylinders.
2. Fluss des Vektorfeldes durch die Zylinderoberfläche φZ= ∫
S(Z)
E⋅df .
Beitrag auf dem Mantel:
E⋅df =α(Rcosφ,Rsinφ,z) ⋅ (cosφ, sinφ, 0)Rdφdz
=αR2(cos2φ+sin2φ)dφdz
=αR2dφdz
→ φMantelZ =αR2
2π
∫
0
dφ
+L2
∫
−L2
dz=2παR2L.
Beitrag auf den Stirnflächen:
E⋅df =α ρdρdφ(ρcosφ,ρsinφ,+L
2) ⋅ (0, 0, 1) +α ρdρdφ(ρcosφ,ρsinφ,−L
2) ⋅ (0, 0,−1)
=αL ρdρdφ
→ φStirnZ =αL
R
∫
0
ρdρ
2π
∫
0
dφ=παR2L. Damit lautet der Gesamtfluss (V: Volumen des Zylinders):
φZ= ∫
S(Z)
E⋅df =φMantelZ +φStirnZ =3παR2L=3αV.
3. Gauß’scher Satz
φZ= ∫
S(Z)
E⋅df = ∫
Z
d3rdivE .
Mit
divE=αdivr=3α folgt unmittelbar das obige Ergebnis:
φZ=3α∫
Z
d3r=3α V .
Lösung zu Aufgabe1.7.11 1. Kugel
Gleichung (1.36):
df = (R2sinϑdϑdφ)er, a(r) =α rer
⇒ a(r) ×df ∼er×er=0
⇒ ψκ≡0 . 2. Zylinder
R
0 z
2 +L
2
−L
Abb. A.6
Mantel(1.37):
df = (Rdφdz)eρ. Stirnflächen:
F±= {r= (ρcosφ,ρsinφ,±L/2); 0≤ρ≤R, 0≤φ≤2π} . df = (∂r
∂ρ× ∂r
∂φ)dρdφ= (cosφ, sinφ, 0) × (−ρsinφ, ρcosφ, 0)dρdφ
=ρdρdφez. Konvention:
Bei geschlossenen Oberflächen zeigt df nach außen:
⇒ ψz= ∫
F
a(r) ×df =α∫
F
(ρeρ+zez) ×df
=α ∫
Mantel
(ρeρ+zez) × (Rdφdz)eρ
+α ∫
Stirn +L/2
(ρeρ+zez) × (ρdρdφ)ez
−α ∫
Stirn
−L/2
(ρeρ+zez) × (ρdρdφ)ez
=α R
2π
∫
0
dφ
+L/2
∫
−L/2
dz zeφ+α
R
∫
0
dρ
2π
∫
0
dφ ρ2(−eφ)
−α
R
∫
0
dρ
2π
∫
0
dφ ρ2(−eφ),
2π
∫
0
dφeφ=
2π
∫
0
dφ(−sinφ, cosφ, 0) =0
⇒ ψz≡0 .
Lösung zu Aufgabe1.7.12 Ladung:
Q= ∫ d3r ρ(r) =ρ0 ∫
Kugel
d3r, d3r=r2dr sinϑdϑdφ,
Q=ρ0 R
∫
0
r2dr
π
∫
0
sinϑdϑ
2π
∫
0
dφ=ρ04π 3 R3. Dipolmoment:
p=ρ0 R
∫
0 π
∫
0 2π
∫
0
r2drsinϑdϑdφ(rsinϑcosφ,rsinϑsinφ,rcosϑ),
2π
∫
0
dφcosφ=
2π
∫
0
dφsinφ=0
⇒ p=ρ0 R
∫
0 π
∫
0 2π
∫
0
r3drdϑdφ(0, 0, sinϑcosϑ)
=2π ρ0
R4 4
π
∫
0
dϑ(0, 0,1 2
d
dϑ sin2ϑ) =π ρ0
R4
4 (0, 0, sin2ϑ∣π0) =0.
Lösung zu Aufgabe1.7.13
1. Entwicklungssatz:
b× (∇×a) =∇(a ·b) − (b ·∇)a, a× (∇×b) =∇(a ·b) − (a ·∇)b
⇒ b× (∇×a) +a× (∇×b) =∇(a ·b) +∇(a·b) − (b·∇)a− (a·∇)b, Produktregel: ∇(a·b) =∇(a·b) +∇(a·b)⇒q. e. d.
2. Produktregel:
∇·(a×b) =∇ · (a×b) +∇·(a×b) =∇ · (a×b) −∇(b×a).
Jetzt zyklische Invarianz des Spatproduktes ausnutzen. Beachten, auf welchen Vektor∇wirkt.
∇· (a×b) =b·(∇×a),
∇· (b×a) =a·(∇×b)⇒q. e. d.
3. Produktregel:
∇× (a×b) =∇× (a×b) +∇× (a×b) =∇× (a×b) −∇× (b×a).
Entwicklungssatz (Wirkung von∇beachten!):
∇× (a×b) = (b·∇)a−b(∇·a),
∇× (b×a) = (a·∇)b−a(∇·b)⇒q. e. d.
Lösung zu Aufgabe1.7.14
1. (y1,y2,y3)– krummlinig-orthogonal
0 dc
db da -Linie
-Linie
-Linie
) , ,
(y1 y2 y3 dy3
r +
) , , (y1 y2 y3
r r(y1+dy1,y2,y3) ) , ,
(y1 y2 dy2 y3
r +
df2
y2
y3
y1
df2
Abb. A.7
Einheitsvektoren:
eyi = ∂r/∂yi
∣∂r/∂yi∣ = 1 byi
∂r
∂yi
. Differenzieller Spat, gebildet aus den Koordinatenlinien:
ΔV=da⋅(db×dc). Taylor-Entwicklung:
da=r(y1+dy1,y2,y3) −r(y1,y2,y3) ≈ ∂r
∂y1
dy1, db=r(y1,y2+dy2,y3) −r(y1,y2,y3) ≈ ∂r
∂y2
dy2, dc=r(y1,y2,y3+dy3) −r(y1,y2,y3) ≈ ∂r
∂y3
dy3, also:
da=by1dy1ey1 ; db=by2dy2ey2 ; dc=by3dy3ey3 ; ey1⋅(ey2×ey3) =1
⇒ ΔV=by1by2by3dy1dy2dy3,
df2=da×dc∣(y1,y2,y3)= (ey1×ey3)by1by3dy1dy3= −ey2by1by3dy1dy3, df2=dc×da∣(y1,y2+dy2,y3)
= (ey3×ey1) 56666666666666666666766666666666666666668
=ey2
by1(y1,y2+dy2,y3)by3(y1,y2+dy2,y3)dy1dy3
⇒ E⋅df∣Flächen in
y2-Richtung=dy1dy3(Ey2(y1,y2+dy2,y3)
⋅by1(y1,y2+dy2,y3)by3(y1,y2+dy2,y3)
−Ey2(y1,y2,y3)by1(y1,y2,y3)by3(y1,y2,y3))
=dy1dy2dy3
∂
∂y2(Ey2by1by3) .
Analog berechnet sich der Beitrag auf den anderen Seitenflächen des Spates:
ΔV→0lim 1
ΔV ∮ E⋅df = 1 by1by2by3[ ∂
∂y1(Ey1by2by3) + ∂
∂y2(Ey2by1by3) + ∂
∂y3(Ey3by1by2)]
=divE . (Vgl. mit (1.378), Bd 1.)
2. Zylinderkoordinaten(ρ,φ,z)
x=ρcosφ, y=ρsinφ, z=z,
∂r
∂ρ = (cosφ, sinφ, 0) ⇒bρ=1 ,
∂r
∂φ= (−ρsinφ, ρcosφ, 0) ⇒ bφ=ρ,
∂r
∂z = (0, 0, 1) ⇒ bz=1
⇒ divE= 1 ρ[ ∂
∂ρ(ρ Eρ) + ∂
∂φEφ+ ∂
∂z(ρ Ez)]
⇒ divE= 1 ρ
∂
∂ρ(ρ Eρ) +1 ρ
∂
∂φEφ+ ∂
∂zEz. 3. Kugelkoordinaten(r,ϑ,φ)
x=rsinϑcosφ, y=rsinϑsinφ, z=rcosϑ,
∂r
∂r = (sinϑcosφ, sinϑsinφ, cosϑ) ⇒ br=1 ,
∂r
∂ϑ=r(cosϑcosφ, cosϑsinφ,−sinϑ) ⇒ bϑ=r,
∂r
∂φ=r(−sinϑsinφ, sinϑcosφ, 0) ⇒ bφ=rsinϑ
⇒ divE= 1 r2sinϑ[∂
∂r(r2sinϑ Er) + ∂
∂ϑ(rsinϑ Eϑ) + ∂
∂φ(r Eφ)] ,
⇒ divE= 1 r2
∂
∂r(r2Er) + 1 rsinϑ
∂
∂ϑ(sinϑ Eϑ) + 1 rsinϑ
∂
∂φEφ.
Lösung zu Aufgabe1.7.15
1. Betrachten Sie die vordere schraffierte Fläche in Abb.A.7zur Lösung von Auf- gabe1.7.14:
d¯f2= −ey2by1by3dy1dy3
⇒ ∣d¯f2∣ =by1by3dy1dy3,
∮
C2
a⋅dr= da⋅a∣(y1,y2,y3)+dc⋅a∣(y1+dy1,y2,y3)
−da⋅a∣(y1,y2,y3+dy3)−dc⋅a∣(y1,y2,y3) , da und dc wie in Aufgabe1.7.14.
dc
da C2
Abb. A.8
Damit berechnet man:
n⋅rota(r) = −roty2(a(r)) = 1
∣d¯f2∣ ∮C
2
a⋅dr
= 1
by1by3dy1dy3[by1dy1ay1(y1,y2,y3)
+by3(y1+dy1,y2,y3)dy3ay3(y1+dy1,y2,y3)
−by1(y1,y2,y3+dy3)dy1ay1(y1,y2,y3+dy3)
−by3dy3ay3(y1,y2,y3)]
= 1
by1by3dy1dy3[−dy1
∂
∂y3
(by1ay1)dy3+dy3
∂
∂y1
(by3ay3)dy1] .
Wir haben also gefunden:
roty2a(r) = 1 by1by3 [ ∂
∂y3(by1ay1) − ∂
∂y1(by3ay3)] .
Dieselbe Prozedur führt zu den anderen Komponenten:
roty1a(r) = 1 by2by3 [ ∂
∂y2(by3ay3) − ∂
∂y3(by2ay2)] , roty3a(r) = 1
by1by2 [ ∂
∂y1(by2ay2) − ∂
∂y2(by1ay1)] . (Vgl. mit (1.380), Bd. 1!)
2. Zylinderkoordinaten
Mitbρ=1,bφ=ρ,bz=1 folgt:
rotρa= 1 ρ
∂
∂φaz− ∂
∂zaφ, rotφa= ∂
∂zaρ− ∂
∂ρaz, rotza= 1
ρ
∂
∂ρ(ρ aφ) −1 ρ
∂
∂φaρ. 3. Kugelkoordinaten
Mitbr=1,bϑ=r,bφ=rsinϑfolgt:
rotra= 1 rsinϑ
∂
∂ϑ(sinϑ aφ) − 1 rsinϑ
∂
∂φaϑ , rotϑa= 1
rsinϑ
∂
∂φar−1 r
∂
∂r(r aφ), rotφa=1
r
∂
∂r(r aϑ) −1 r
∂
∂ϑar.
Lösung zu Aufgabe1.7.16
1. Gradient in Kugelkoordinaten ((1.395), Bd. 1):
∇ =er ∂
∂r +eϑ1 r
∂
∂ϑ+eφ 1 rsinϑ
∂
∂φ . (Allgemein:∇ = ∑3i=1eyib−yi1∂y∂
i (1.377), Bd. 1).
Mitα als Polarachse folgt:
α⋅r=α rcosϑ,
grad(α⋅r) =α(cosϑer−sinϑeϑ). 2. Mit den Formeln aus den Aufgaben1.7.14und1.7.15:
diver= 1 r2
∂
∂r(r2⋅1) =2 r , grad diver= −2
r2er, roter=0 , diveφ=0 , roteϑ=eφ
1 r
∂
∂r(r⋅1) = 1 reφ. 3. αz-Achse⇒α=αez,r=ρeρ+zez.
Daraus ergibt sich:
α×r=αρez×eρ=αρeφ ⇒ mit Teil 2. aus Aufgabe1.7.15 rotz(α×r) = 1
ρ
∂
∂ρ(α ρ2) =2α ⇒ rot(α×r) =2αez.
Lösung zu Aufgabe1.7.17 F(r)konservativ⇔rotF(r) ≡0.
Mit der speziellen Form (1.57) des Gauß’schen Satzes,
∫
V
rotb d3r= ∮
S(V)
df ×b ,
findet man unmittelbar:
∮
S(V)
df ×F≡0 .
Lösung zu Aufgabe1.7.18 rotE= −∂
∂tB (Maxwell-Gleichung, Induktionsgesetz) , div rotE=0
⇒ div ∂
∂tB= ∂
∂tdivB=0 ⇒ divB=const . Voraussetzung ausnutzen:
t=t0∶ B(r,t0) ≡0
⇒ divB(r,t0) =0⇒ divB(r,t) ≡0 .
Lösung zu Aufgabe1.7.19
Zu berechnen ist:
A= ∮
∂F
r×dr .
1. Direkte Berechnung α) Kreis
Parametrisierung
r= (Rcosφ,Rsinφ, 0) dr
dφ= (−Rsinφ,Rcosφ, 0)
→ r× dr
dφ=R2ez. Damit berechnen wir:
A= ∮
∂F
r×dr=R2ez 2π
∫
0
dφ
=2πR2ez
=2F .
β) Rechteck
y
x a
b
C1
C2 C3
C4
×
× Abb. A.9
aufC1∶
1
∫
0
(a⋅t, 0, 0) × (a, 0, 0)dt=
1
∫
0
0⋅dt=0
aufC2∶
1
∫
0
(a,b⋅t, 0) × (0,b, 0)dt=
1
∫
0
ab⋅ezdt=ab⋅ez
aufC3∶
1
∫
0
(a(1−t),b, 0) × (−a, 0, 0)dt=
1
∫
0
ab⋅ezdt=ab⋅ez
aufC4∶
1
∫
0
(0,b(1−t), 0) × (0,−b, 0)dt=
1
∫
0
0⋅dt=0
Damit folgt schließlich:
A= ∮
∂F
r×dr=2ab⋅ez=2F .
2. Stokes’scher Satz Allgemein gilt (1.64):
∮
∂F
dr⋯ ≡ ∫
F
(df × ∇) ⋯.
Das bedeutet hier:
∮
∂F
r×dr= − ∫
F
(df × ∇) ×r .
Umformung:
(df × ∇) ×r= −df(∇ ⋅r) − ∇(r⋅df)
= −3df +df =2df
→ ∮
∂F
r×dr=2∫
F
df =2F .
Das Ergebnis aus Teil 1. gilt also sogar für beliebige Flächen. Das Integral haben wir im Zusammenhang mit dem Flächensatz (Bd. 1, (2.251)) kennengelernt.
Lösung zu Aufgabe1.7.20
1. Mögliche Parameter-Darstellung(u=x,v=y):
F= {r(u,v) =r(x,y, 6−3x−3
2y) ; 0≤x≤2 , 0≤y≤4−2x} . Vektorielles Flächenelement:
df = (∂r
∂u×∂r
∂v)dudv,
∂r
∂x = (1, 0,−3); ∂r
∂y = (0, 1,−3 2) . Dies ergibt:
∂r
∂x×∂r
∂y = (3,3 2, 1) , woraus schließlich folgt:
df = (3,3
2, 1)dxdy. Flächennormale:
n=1
7(6, 3, 2); df = 7
2dxdyn .
2.
φ= ∫
F
df ⋅a= 1 2∬
F
dxdy(6, 3, 2)⋅(0, 0,y) = 1 2
2
∫
0
dx
4−2x
∫
0
dy2y
= 1 2
2
∫
0
dx(4−2x)2= 1 2
2
∫
0
dx(16−16x+4x2)
= (8x−4x2+2 3x3)∣2
0= 16 3 . 3. Das Felda(r)ist quellenfrei!
diva(r) =0 . Aus dem Zerlegungssatz (1.71) folgt dann:
a(r) =rotβ(r).
Die Wahl vonβ ist nicht eindeutig, die Eichtransformation β(r) ↦β(r) +gradχ(r) ändert das Resultat nicht, da
rot gradχ(r) ≡0 . Fürβ(r)muss gelten:
0= ∂
∂yβz− ∂
∂zβy, 0= ∂
∂zβx− ∂
∂xβz, y= ∂
∂xβy− ∂
∂yβx. Eine mögliche Lösung wäre dann:
βx=βz=0 ; βy=xy; β(r) = (0,xy, 0).
4. Parametrisierung der Teilwege:
C1:
2x+y=4 , r= (2(1−t), 4t, 0); 0≤t≤1 ,
∂r
∂t = (−2, 4, 0). C2:
3y+2z=12 , r= (0, 4(1−t), 6t); 0≤t≤1 ,
∂r
∂t = (0,−4, 6). C3:
3x+z=6 , r= (2t, 0, 6(1−t)); 0≤t≤1 ,
∂r
∂t = (2, 0,−6). Fluss vona durchF:
φ= ∫
F
a⋅df = ∫
F
rotβ⋅df = ∫
∂F
β⋅dr
⇒ φ=
1
∫
(C1)
dt(0, 2(1−t) ⋅4t, 0)⋅(−2, 4, 0)
+
1
∫
(C2)
dt(0, 0⋅4(1−t), 0)⋅(0,−4, 6)
+
1
∫
(C3)
dt(0, 2t⋅0, 0)⋅(2, 0,−6)
=
1
∫
0
dt32(t−t2) = (16t2−32 3 t3)∣1
0= 16 3 . Die Nicht-Eindeutigkeit vonβ spielt keine Rolle, da
∫
∂F
gradχ(r)⋅dr= ∫
∂F
dχ=0 .
Lösung zu Aufgabe1.7.21 Mit
b·rota=b·(∇×a) =∇· (a×b) (Spatprodukt)
=∇·(a×b) −∇ ·(a×b) (Produktregel)
= div(a×b) +∇ · (b×a)
= div(a×b) +a·rotb (Spatprodukt) folgt:
∫
V
d3rb⋅rota= ∫
V
d3r div(a×b) + ∫
V
d3ra⋅rotb
= ∫
V
d3r a⋅rotb+ ∮
S(V)
df ⋅(a×b) (Gauß’scher Satz).
Lösung zu Aufgabe1.7.22 Stokes’scher Satz:
∮
C
a(r)⋅dr= ∫
FC
rota(r)⋅df ,
rota(r) = (xz,−yz,(x2+y2) +2x2+ (x2+y2) +2y2)
= (xz,−yz, 4(x2+y2)).
Parameterdarstellung der FlächeFC(Zylinderkoordinaten):
FC= {r= (ρcosφ,ρsinφ,z=0); 0≤ρ≤R, 0≤φ≤2π},
∂r
∂ρ = (cosφ, sinφ, 0); ∂r
∂φ=ρ(−sinφ, cosφ, 0)
⇒ df = (∂r
∂ρ× ∂r
∂φ)dρdφ=ρdρdφez
⇒ rota(r)⋅df =4ρ3dρdφ
⇒ ∮
C
a(r)⋅dr=
R
∫
0
4ρ3dρ
2π
∫
0
dφ=2π R4.
Lösung zu Aufgabe1.7.23
1. a(r): Gradientenfeld
diva=2 ; rota=0 . 2. a(r): Gradientenfeld
diva=6α−z2siny z−y2siny z≠0 ,
rota= (cosy z−y zsiny z−cosy z+y zsiny z, 0−0, 0−0)
= (0, 0, 0) =0. 3. a(r): Rotationsfeld
diva=z−y+x−z+y−x=0 , rota= (z+y,x+z,y+x) ≠0. 4. Weder reines Gradienten- noch reines Rotationsfeld:
diva=2xy+y≠0
rota= (z+3z2sinz3, 0−0, 0−x2) = (z+3z2sinz3, 0,−x2) ≠0.
Lösung zu Aufgabe1.7.24
Green’sche Identität (1.66):
∫
V
[φΔψ+ (∇ψ⋅∇φ)]d3r= ∮
S(V)
φ∂ψ
∂ndf . Poisson-Gleichung:
Δφ1,2(r) =f(r) mitφ1=φ2aufS(V). Für
ψ(r) ≡φ1(r) −φ2(r) gilt dann:
Δψ≡0 inV .
Ferner:
ψ≡0 aufS(V).
Setzen Sie in der Green’schen Identitätφ=ψmitψwie oben angegeben:
∫
V
[ψΔψ
D=0 + (∇ψ)2]d3r= ∮
S(V)
Eψ
=0 aufS(V)
∂ψ
∂ndf . Dies bedeutet:
∫
V
d3r(∇ψ)2=0 ⇒ ∇ψ≡0 ⇒ ψ=const .
Wegenψ=0 aufS(V)gilt dann:
ψ(r) ≡0 inVund damitφ1(r) ≡φ2(r).
Abschnitt 2.1.6
Lösung zu Aufgabe2.1.1
1. Die Kugel trage insgesamt die LadungQ:
Q= ∫ d3r ρ(r) =ρ0 R
∫
0
r2dr
π
∫
0
sinϑdϑ
2π
∫
0
dφ=ρ0
4π 3 R3 , ρ(r) =⎧⎪⎪⎪
⎨⎪⎪⎪⎩
Q
(4π/3)R3 , falls 0≤r≤R,
0 sonst .
2. GesamtladungQauf der Kugeloberfläche:
Ansatz:
ρ(r) =α(ϑ,φ)δ(r−R)
⇒ Q= ∫ d3r ρ(r) =
∞
∫
0 π
∫
0 2π
∫
0
r2drsinϑdϑdφ α(ϑ,φ)δ(r−R).
