Universit¨at Karlsruhe Wintersemester 2003/04 Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie 19.12.03 Prof. Dr. Ralph v. Baltz, Dr. Philip Howell http://www-tkm.physik.uni-karlsruhe.de/lehre/
Sprechstunde: Fr 13:00–14:00 Physikhochhaus 10.14 howell@tkm.physik.uni-karlsruhe.de
Musterl¨ osung zu ¨ Ubungsblatt Nr. 9 zur Theorie A
1 Komplexe Zahlen
(a) zn= 1 = e2πik ⇒ L¨osungen sindzk= e2πik/n= cos2πk
n + i sin2πk n Nunzk+n= e2πi(n+k)/n= e2πi+2πik/n= e2πie2πik/n= 1·e2πik/n=zk
⇒ nur die L¨osungenk= 0,1, . . . , n−1 sind unterschiedlich.
• n= 3 : z0= 1, z1=−12+ i√23, z2=−12−i√23
• n= 4 : z0= 1, z1= i, z2=−1, z3=−i
Merke:Alle L¨osungen liegen auf einem Kreis mit Radius 1, da|zk|=|e2πik/n|= 1.
Re Im
i 1
−i
−1
−i
−1 i
1 Im
Re
(b) ei(nu)= (eiu)n ⇒ cosnu+ i sinnu= (cosu+ i sinu)n
Rechte Seite ausmultiplizieren; die Real- und Imagin¨arteile der Gleichung m¨ussen dann unabh¨angig voneinander erf¨ullt werden:
• n= 2 : cos 2u+ i sin 2u= (cosu+ i sinu)2= cos2u+ 2i cosusinu+ i2sin2u
⇒ cos 2u= cos2u−sin2u , sin 2u= 2 sinucosu
• n= 3 : cos 3u+ i sin 3u= cos3u+ 3i cos2usinu+ 3i2cosusin2u+ i3sin3u
⇒ cos 3u= cos3u−3 cosusin2u , sin 3u= 3 cos2usinu−sin3u Merke:Die Beziehungen f¨ur n= 2 sind sehr n¨utzlich undman sollte sie auf alle F¨alle kennen. Insbesondere mit Hilfe von sin2u+ cos2u= 1 bekommt man
cos 2u= cos2u−sin2u= 2 cos2u−1 = 1−2 sin2u , sin 2u= 2 sinucosu
⇐⇒ cos2u=1 + cos 2u
2 , sin2u=1−cos 2u 2
2 Relaxationssystem
Ansatz ˜v(t) = ˜A(ω) e−iωtin die komplexe Gleichung einsetzen:
˙˜
v(t) +γ˜v(t) =f0e−iωt ⇒ −iωA(ω) e˜ −iωt+γA(ω) e˜ −iωt=f0e−iωt
⇒ A(ω) (γ˜ −iω) =f0 ⇒ A(ω) =˜ f0
γ−iω= f0(γ+ iω)
(γ−iω)(γ+ iω)=f0(γ+ iω) γ2+ω2
⇒ Re ˜A(ω) = f0γ
γ2+ω2 , Im ˜A(ω) = f0ω γ2+ω2 Schreibe ˜A(ω) =A(ω) eiφ(ω), wobei
A(ω) =|A(ω)˜ |= q
£Re ˜A(ω)¤2
+£
Im ˜A(ω)¤2
= f0
γ2+ω2
pγ2+ω2 ⇒ A(ω) = f0
pγ2+ω2
φ(ω) = arctan
ÃIm ˜A(ω) Re ˜A(ω)
!
⇒ φ(ω) = arctanω γ
⇒ v(t) = Re˜ v(t) = Re£
A(ω) eiφ(ω)e−iωt¤
=A(ω) Re e−i(ωt−φ(ω))
⇒ v(t) = f0
pγ2+ω2cos µ
ωt−arctanω γ
¶
Re ˜A(ω) undA(ω) fallen monoton ab.
Im ˜A(ω) nimmt ein Maximum beiω=γ.
φ(ω) w¨achst monotion von 0 bis π2; die Antwortv(t) liegt immer hinter der treibenden Kraftf(t).
Aus der Definition vonA(ω) folgt A(ω)>Re ˜A(ω),Im ˜A(ω).
F¨urω≪γist Im ˜A(ω)≪Re ˜A(ω)
⇒ A(ω)≃Re ˜A(ω)
F¨urω≫γist Im ˜A(ω)≫Re ˜A(ω)
⇒ A(ω)≃Im ˜A(ω)
3 Ged¨ampfter harmonischer Oszillator Bewegungsgleichung:
¨
x(t) + 2γx(t) +˙ ω02x(t) =f(t) =f0cosωt= Ref0eiωt Der Ansatzx(t) = ˜A(ω) eiωtmit ˜A(ω)∈Cliefert (siehe Vorlesung)
x(t) =A(ω) cos(ωt−φ(ω)), A(ω) = f0
p(ω2−ω02)2+ (2γω)2, tanφ(ω) = 2γω ω02−ω2 (a) Die Amplitude ist der Vorfaktor des oszillierenden Teils, d. h. von cos(ωt−φ(ω)).
dA(ω) dω =f0
d dω
n£
(ω2−ω02)2+ 4γ2ω2¤−1/2o
=−12f0[4ω(ω2−ω02) + 8γ2ω]
[(ω2−ω20)2+ (2γω)2]3/2
Extrema beidA(ω)dω = 0 :
4ω(ω2−ω02+ 2γ2) = 0 ⇒ ω= 0,±ω1mitω1= q
ω20−2γ2
wobei die zweite L¨osung nur erlaubt ist fallsω0>√
2γ, daω∈R. Einsetzen:
A(1)Ex=A(ω= 0) = f0
ω20
A(2)Ex=A(ω=ω1) = f0
p4γ2(ω02−γ2)= f0
ω02
q4γ2 ω20
¡1−γω22
¢= f0
ω20q 1−¡2γ2
ω02 −1¢2
Nun istA(ω)≥0, undA(ω) geht gegen null f¨ur großeω.
• ω0<√
2γ: Es gibt nur ein Extremum, und zwar beiω= 0, das ein Maximum sein muss, daA(0)>0 und limω→∞A(ω) = 0.
• ω0>√
2γ: Es gibt zwei Extrema; inA(2)Exist das Argument der Wurzel kleiner 1
⇒ A(2)Ex> A(1)Ex>0 ⇒ ω=ω1muss ein Maximum sein undω= 0 ein Minimum.
(b) v(t) = ˙x(t) =−ωA(ω) sin(ωt−φ(ω)) Die Amplitude ist durch der Vorfaktor gegeben, alsoωA(ω).
d dω
hωA(ω)i
=A(ω) +ωdA(ω) dω
= f0
[(ω2−ω02)2+ (2γω)2]1/2+ω·−12f0[4ω(ω2−ω20) + 8γ2ω]
[(ω2−ω02)2+ (2γω)2]3/2
= f0
[(ω2−ω02)2+ (2γω)2]3/2 n£
(ω2−ω20)2+ (2γω)2¤
−£
2ω2(ω2−ω02) + 4γ2ω2¤o
= f0(ω40−ω4) [(ω2−ω02)2+ (2γω)2]3/2 Maximum beidωd£
ωA(ω)¤
= 0 ⇒ ω=±ω0 Einsetzen:
vmax=ωA(ω)¯
¯ω=ω
0=ω0· f0
2γω0
=f0
2γ Skizze: Siehe unten.
(c) Mit der Definition vonN(ω) undT= 2π/ω N(ω) = 1
T Z T
0
f(t)v(t) dt
= 1 T
Z T
0
mf0cosωt· −ωA(ω) sin(ωt−φ(ω)) dt
=−mf0A(ω)ω T
Z T
0
cosωt¡
sinωtcosφ−cosωtsinφ¢ dt
=−mf0A(ω)ω T
Z T
0
·
cosφsin 2ωt
2 −sinφ1 + cos 2ωt 2
¸ dt
=−mf0A(ω)ω T
· cosφ
µ−cos 2ωt 4ω
¶
−sinφ µt
2+sin 2ωt 4ω
¶¸T
0
=mf0A(ω)ω T ·Tsinφ
2
⇒ N(ω) =1
2mf0A(ω)ωsinφ Aus der Vorlesung kennen wir tanφ, also
sinφ2+ cosφ2= 1 ⇒ 1
sin2φ= 1 +cos2φ sin2φ
⇒ sinφ= 1 q1 +tan12φ
= 1
r 1 +³ω2
0−ω2 2γω
´2 = 2γω p(ω02−ω2)2+ 4γ2ω2
Einsetzen: ⇒ N(ω) =1
2mf0A(ω)ωsinφ
=1
2mf0ω f0
p(ω2−ω20)2+ (2γω)2
2γω p(ω02−ω2)2+ 4γ2ω2
⇒ N(ω) = mf02γ ω2 (ω2−ω20)2+ 4γ2ω2 Suche Extrema vonN(ω) :
dN(ω)
dω = 0 ⇒ d dω
· ω2
(ω2−ω02)2+ 4γ2ω2
¸
= 0
⇒ [(ω2−ω20)2+ 4γ2ω2]·2ω−ω2·[4ω(ω2−ω20) + 8γ2ω]
[(ω2−ω02)2+ 4γ2ω2]2 = 0
⇒ 2ω[ω40−ω4]
[(ω2−ω20)2+ 4γ2ω2]2 = 0 ⇒ ω= 0,±ω0
Aber f¨ur kleineω(d. h.ω≪ω0) giltN(ω)≃mf02γω2/ω04, also nimmtN(ω) offensicht- lich ein Minimum beiω= 0 und daher istω=ω0ein Maximum.
Nmax=N(ω=ω0) =mf02/4γ
