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Lösungen der Übungsaufgaben

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(1)

Abschnitt 1.7

Lösung zu Aufgabe1.7.1 Zu zeigen ist:

1. δ(xa) =0 ∀xa, 2. ∫αβdxδ(x−a) =⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

1 , fallsα<a<β, 0 sonst .

Zu 1.xa:

η→0lim+

√1πηe−(x−a)2=0 . Zu 2.

a) α<a<β:

Fη(a) ≡

β

α

√1πηe−(xa)2/ηdx.

Mity= (x−a)/√ηfolgt:

Fη(a) = 1

π

(βa)/√η

(α−a)/√η

dye−y2 . Es folgt weiter:

ηlim0+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

(2)

b) a<α<β:

αa=α¯>0;βa=β¯>0 Fη(a) = 1

π

β/√η¯

α/√η¯ dyey2 = 1

π

β/√η¯

−∞ dyey2− 1

π

α/√η¯

−∞ dyey2

⇒ lim

η→0+Fη(a) =1−1=0 . c) α<β<a:

aα=α>0;aβ=β>0 Fη(a) = 1

π−β

/√η

−α/√η dyey2 = 1

π−α+∞/√ηdyey2− 1

π−β+∞/√ηdyey2

⇒ lim

η→0+Fη(a) =1−1=0 . Aus 2a), 2b) und 2c) folgt:

η→0lim+

β

α

√1πηexp[−(xa)2

η ]dx=⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

1 , fallsα<a<β, 0 sonst .

Diskussion derRandpunkte:

Aus 2a) folgt:

β

α

dx δ(xa) =1

2 , fallsα=aoderβ=a.

Lösung zu Aufgabe1.7.2

Gleichung (1.7):

δ(xa) = lim

η→0+

1 π

η η2+ (x−a)2 . Daraus folgt:

ηlim0+Im 1

(xa) ±iη= lim

η0+ Im (xa) ∓iη

(xa)2+η2 = ∓ lim

η0+

η (xa)2+η2

= ∓π δ(x−a).

(3)

Lösung zu Aufgabe1.7.3 1.

δ(g(x)) = lim

η0+

1 π

η

η2+ (g(x))2 =0 fürg(x) ≠0 . Andererseits:

n

1

g(xn)∣δ(xxn) =0 ∀xxn, 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

xnε

dx δ[g(x) −g(xn)

xxn (xxn)]f(x) (g(xn) =0), ε→0+I=

α<xn<β

n xn

xnε

dx δ(g(xn)(xxn))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(zzn)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(xxn)f(x). Vergleich,f(x)beliebig. Daraus folgt:

δ(g(x)) = ∑

n

1

g(xn)δ(xxn).

(4)

g(xn) <0:

I= − ∑

n

βg

−α∣g

dz 1

∣g(xn)∣δ(zzn)f( z g(xn))

= + ∑

n

−α∣g

βg

dz 1

g(xn)∣δ(zzn)f( z g(xn))

=

αg∣>zn>−βg

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(xxn)f(x). Vergleich,f(x)beliebig. Daraus folgt:

δ(g(x)) = ∑

n

1

∣g(xn)∣δ(xxn).

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(xa) = −1 a . 5.

f(ϑ) =cosϑ−cosπ

3 ⇒Nullstelle: ϑ1= π 3 , f(ϑ) = −sinϑf(ϑ1) = −sinπ

3 = −1 2

√3 ,

I=

π

0

sin3ϑ

∣sinϑ1δ(ϑϑ1)dϑ=sin2ϑ1=3 4 .

(5)

y

x F

r

ϕ

r0

ρ

Abb. A.1

r= (x,y); (ρ,φ), r0= (x0,y0); (ρ0,φ0)

δ(r−r0) =0 fürrr0, (A.1)

F

df δ(r−r0) =⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

1 , fallsr0F,

0 sonst . (A.2)

1. Kartesisch

Ansatz:δ(rr0) =α(x,y)δ(xx0)δ(yy0).

Gleichung (A.1) ist offensichtlich erfüllt.

F

df δ(r−r0) =α(x0,y0) ∬

F

dxdy δ(xx0)δ(yy0)

=α(x0,y0)⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

1 , falls(x0,y0) ∈F, 0 sonst .

α(x0,y0) =1 ,

d. h., δ(r−r0) =δ(xx0)δ(yy0).

2. Ebene Polarkoordinaten

x=ρcosφ, y=ρsinφ, df =dxdy= ∂(x,y)

∂(ρ,φ)dρdφ=ρdρdφ.

(6)

Ansatz:

δ(r−r0) =β(ρ,φ)δ(ρρ0)δ(φφ0),

F

df δ(r−r0) = ∬

F

ρdρdφ β(ρ,φ)δ(ρρ0)δ(φφ0)

=ρ0β(ρ0,φ0) ∬

F

dρdφ δ(ρ−ρ0)δ(φφ0)

=ρ0β(ρ0,φ0)⎧⎪⎪

⎨⎪⎪⎩

1 , falls(ρ0,φ0) ∈F, 0 sonst .

β= 1 ρ0

, d. h., δ(r−r0) = 1

ρ0

δ(ρρ0)δ(φφ0).

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(kr)eik⋅r ,

⎝∑

j

xj

∂xj

φ(0) =ikr ,

⎝∑

j

xj

∂xj

n

φ(0) = (ikr)n

φ(r) = ∑

n=0

1

n!(ikr)n. 2.

∂xj∣r−r0∣ =

∂xj

3

i=1

(xixi0)2= xjxj0

∣r−r0∣ .

(7)

n=0:

φ0=r0. n=1:

j

xj

∂xj

φ(0) = ∑

j

xj(−xj0) r0

φ1= −rr0

r0

. n=2:

j,k

xjxk 2

∂xk∂xj∣r−r0∣ = ∑

j,k

xjxk

∂xk

xjxj0

∣r−r0

= ∑

j,k

xjxk[ δjk

∣r−r0∣−(xjxj0)(xkxk0)

∣r−r03 ]

⇒ ⎛

⎝∑

j

xj

∂xj

2

φ(0) = r2

r0 −(rr0)2 r03

φ2= 1 2

1

r30[r2r20− (rr0)2] . Insgesamt: φ(r) =r0rr0

r0 + r2

2r0 −(rr0)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

(8)

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

+ R2x2

R2x2

dy x2y3=

+R

−R

dx x2(y4 4)∣

+ R2x2

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(R2x2)2= 1 4

R

0

dx(R4x2−2R2x4+x6)

= 1 4R7(1

3−2 5+1

7) = 2 105R7 .

(9)

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≤xb; 0≤ya

√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:

adf = (2xy+3z2x2)dxdy

= (2xy−x2+3y2−3√ 2ay+3

2a2)dxdy,

(10)

φF(a) = ∫

F

adf =

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

adf =3R

π

0

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

0

dφsinϑ(3 sinϑcosϑcosφ

+sin2ϑsinφcosφ+2 sinϑcosϑsinφ),

(11)

0

dφcosφ=

0

dφsinφ=0 ,

0

dφsinφcosφ= 1

2sin2φ∣

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).

(12)

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

0

+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

ρ

0

dφ=παR2L. Damit lautet der Gesamtfluss (V: Volumen des Zylinders):

φZ= ∫

S(Z)

E⋅df =φMantelZ +φStirnZ =3παR2L=3αV.

(13)

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

(14)

Mantel(1.37):

df = (Rdφdz)eρ. Stirnflächen:

F±= {r= (ρcosφ,ρsinφ,±L/2); 0≤ρR, 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

eρ+zez) × (Rdφdz)eρ

+α

Stirn +L/2

eρ+zez) × (ρdρdφ)ez

α

Stirn

−L/2

(ρeρ+zez) × (ρdρdφ)ez

=α R

0

+L/2

L/2

dz zeφ+α

R

0

0

dφ ρ2(−eφ)

α

R

0

0

dφ ρ2(−eφ),

0

eφ=

0

dφ(−sinφ, cosφ, 0) =0

ψz≡0 .

(15)

Lösung zu Aufgabe1.7.12 Ladung:

Q= ∫ d3r ρ(r) =ρ0

Kugel

d3r, d3r=r2dr sinϑdϑdφ,

Q=ρ0 R

0

r2dr

π

0

sinϑ

0

dφ=ρ04π 3 R3. Dipolmoment:

p=ρ0 R

0 π

0

0

r2drsinϑdϑdφ(rsinϑcosφ,rsinϑsinφ,rcosϑ),

0

dφcosφ=

0

dφsinφ=0

p=ρ0 R

0 π

0

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, sin2ϑπ0) =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.

(16)

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·∇)ab(∇·a),

∇× (b×a) = (a·∇)ba(∇·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

(17)

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

EdfFlächen 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 ∮ Edf = 1 by1by2by3[

∂y1(Ey1by2by3) +

∂y2(Ey2by1by3) +

∂y3(Ey3by1by2)]

=divE . (Vgl. mit (1.378), Bd 1.)

(18)

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.

(19)

Lösung zu Aufgabe1.7.15

1. Betrachten Sie die vordere schraffierte Fläche in Abb.A.7zur Lösung von Auf- gabe1.7.14:

f2= −ey2by1by3dy1dy3

⇒ ∣d¯f2∣ =by1by3dy1dy3,

C2

adr= daa∣(y1,y2,y3)+dca∣(y1+dy1,y2,y3)

−daa∣(y1,y2,y3+dy3)−dca∣(y1,y2,y3) , da und dc wie in Aufgabe1.7.14.

dc

da C2

Abb. A.8

Damit berechnet man:

nrota(r) = −roty2(a(r)) = 1

∣d¯f2∣ ∮C

2

adr

= 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)] .

(20)

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=1eyibyi1∂y

i (1.377), Bd. 1).

(21)

Mitα als Polarachse folgt:

αr=α rcosϑ,

grad(αr) =α(cosϑer−sinϑeϑ). 2. Mit den Formeln aus den Aufgaben1.7.14und1.7.15:

diver= 1 r2

∂r(r21) =2 r , grad diver= −2

r2er, roter=0 , diveφ=0 , roteϑ=eφ

1 r

∂r(r⋅1) = 1 reφ. 3. αz-Achseα=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) =ez.

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 .

(22)

Lösung zu Aufgabe1.7.18 rotE= −

∂tB (Maxwell-Gleichung, Induktionsgesetz) , div rotE=0

⇒ div

∂tB=

∂tdivB=0 ⇒ divB=const . Voraussetzung ausnutzen:

t=t0B(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

0

=2πR2ez

=2F .

(23)

β) Rechteck

y

x a

b

C1

C2 C3

C4

×

× Abb. A.9

aufC1

1

0

(at, 0, 0) × (a, 0, 0)dt=

1

0

0⋅dt=0

aufC2

1

0

(a,bt, 0) × (0,b, 0)dt=

1

0

abezdt=abez

aufC3

1

0

(a(1−t),b, 0) × (−a, 0, 0)dt=

1

0

abezdt=abez

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 .

(24)

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 .

(25)

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).

(26)

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

adf = ∫

F

rotβdf = ∫

∂F

βdr

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 .

(27)

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

d3rbrota= ∫

V

d3r div(a×b) + ∫

V

d3rarotb

= ∫

V

d3r arotb+ ∮

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≤ρR, 0φ≤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

3

0

dφ=2π R4.

(28)

Lösung zu Aufgabe1.7.23

1. a(r): Gradientenfeld

diva=2 ; rota=0 . 2. a(r): Gradientenfeld

diva=6α−z2siny zy2siny 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=zy+xz+yx=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+ (∇ψφ)]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 .

(29)

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

sinϑ

0

dφ=ρ0

4π 3 R3 , ρ(r) =⎧⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎩

Q

(4π/3)R3 , falls 0≤rR,

0 sonst .

2. GesamtladungQauf der Kugeloberfläche:

Ansatz:

ρ(r) =α(ϑ,φ)δ(rR)

Q= ∫ d3r ρ(r) =

0 π

0

0

r2drsinϑdϑdφ α(ϑ,φ)δ(rR).

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