Theoretishe Physik A WS 2000/01
Prof. Dr. J.Kuhn / Dr. W.Kilian Blatt 11 12. 1.2001
Losungsvorshlage
1. Bewegung imPotential(8 Punkte)
(a) b >0
x U(x )
x U(x )
x (t )
t
x (t )
t
Gezeigt sind jeweils Bahnkurven mit E = 0. Fur a > 0 (links) ist die Auslen-
kung etwaskleineralsbeiderharmonishenShwingung(gestrihelt).DiePeriode
ist entsprehend kurzer. Auerdem sind die Spitzen bei maximaler Auslenkung
sharfer,dadieSteigung desPotentialsamUmkehrpunkt groer istalsimharmo-
nishen Fall.
Dagegen ist fur a<0(rehts) dieAuslenkung groer, diePeriode langer, und die
x U(x )
x U(x )
x (t )
t
x (t )
t
Fura=0 istdie Bewegung niht gebunden (gestrihelt).
2. Wegintegrale(12 Punkte)
(a)
F(r)=e
z
r=( y;x;0)
(i) Kreisbogen um den Koordinatenursprung:
r=(ost;sint;0) mit 0t
2
also
dr =( sint;ost;0)dt
Z
C
F(r)dr= Z
=2
0 0
sint
ost
0 1
A
0
sint
ost
0 1
A
dt = Z
=2
0
dt=
2
(ii) Kreisbogen um den Punkt (1;1;0):
r=(1 sint;1 ost;0) mit 0t
2
also
dr =( ost;sint;0)dt
und daher
Z
C
F(r)dr= Z
=2
0 0
1+ost
1 sint
0 1
A
0
ost
sint
0 1
A
dt
= Z
=2
0
(ost+sint 1)dt
= sint ost+tj t==2
t=0
=2
2
(b)
F(r)= r
r 2
=
1
x 2
+y 2
+z 2
(x;y;z)
(i)
Z
C
F(r)dr= Z
=2
0
1
os 2
t+sin 2
t 0
ost
sint
0 1
A
0
sint
ost
0 1
A
dt =0
(ii)
Z
C
F(r)dr = Z
=2
0
1
(1 sint) 2
+(1 ost) 2
0
1 sint
1 ost
0 1
A
0
ost
sint
0 1
A
dt
= Z
=2
0
sint ost
3 2sint 2ost
= 1
2 Z
t==2
t=0 du
u
mitu=3 2sint 2ost
= 1
2 ln
3 2sin
2
2os
2
3 2sin0 2os0
=0
Tatsahlih istdieses Integralwegunabhangig, denn
F(r)= r
2
=rlnr mitr =jrj:
(a) Die Bewegungsgleihung fureine Bahnkurve mitEnergieE lautet
m
2 _ x 2
=E U(x)= a
4 x
4
a
3 x
3
a
2 x
2
a
1
x+(E a
0 )
Wenn dieBewegung gebunden ist,gibt eseinen Umkehrpunkt mitx_ =0,d.h. die
rehte Seite hat eine Nullstelle. Mankann alsoshreiben
_ x 2
=(x x
0 )(a
0
3 x
3
+a 0
2 x
2
+a 0
1 x+a
0
0 )
miteinem reellen Wert x
0
und neuen KoeÆzienten a 0
i .
(b) Aus x=x
0
1=y folgtx_ =y=y_ 2
,alsokann manausklammern und alles aufeinen
Nenner bringen
_ y 2
y 4
=
1
y
"
a 0
3
x
0 1
y
3
+a 0
2
x
0 1
y
2
+a 0
1
x
0 1
y
+a 0
0
#
= 1
y 4
b
3 y
3
+b
2 y
2
+b
1 y+b
0
mit wieder anderen KoeÆzienten b
i
. Den Nenner y 4
kann man auf beiden Seiten
kurzen.Wie inAufgabe3 auf Blatt10kann man nun eine lineareSubstitution
y =pz q
vornehmen.pwirdsogewahlt, daderKoeÆzientvonz 3
gleih4wird,undqwird
so gewahlt, da der KoeÆzientvon z 2
vershwindet. Das bedeutet
p= 4
b
3
und q= b
2
3b
3
;
wie man durh Einsetzen feststellt. Damitist
_ z 2
=4z 3
g
2 z g
3
;
wobeisih g
2 und g
3
aus den KoeÆzienten b
i
berehnen.
Nebenbei haben wir damit gezeigt, da alle Potentiale dritter und vierter Ord-
nung aufdiegleihe Klasse von FunktionenalsLosungen der Bewegungsgleihun-
gen fuhren,namlihsolhe, diedurhdie}-Funktion ausgedrukt werdenkonnen.
Die Theoriedieser \elliptishen" Funktionenbildet einen Shwerpunkt der Funk-
tionentheorie.
() Mit der Substitution z = 1=u 2
+r, also z_ = 2u=u_ 3
, erhalten wir zunahst eine
DGL mit einemPolynom vom Grad 6auf der rehten Seite:
4 _ u 2
u 6
=4
1
u 2
+r
3
g
2
1
u 2
+r
g
3
= 4
6
6 u
6
+
4 u
4
+
2 u
2
+
0
:
Wenn wir aber den KoeÆzienten von u ausrehnen
4
6
=4r 3
g
2 r g
3
;
stellen wir fest, da die rehte Seite immer eine Nullstelle hat, d.h. es gibt einen
Wert vonr, soda
6
vershwindet.
Der allgemeine Fall eines Polynoms drittenoder vierten Grades lat sih alsoauf
einPolynomviertenGradesmitgeradenPotenzen zurukfuhren,denFall,denwir
in Aufgabe 1qualitativbehandelt haben.
(d) ZuletztskalierenwirdieVariableuunddieZeittnohmalsum:u= vundt =s,
wobeiwir und sowahlenkonnen,dadiebeidenNullstellendes Polynomsmit
maximalemBetrag(fallswelhe existieren)bei1liegen.Dasheit,dieGleihung
hat eine der Formen
v 02
=(1 v 2
)(1 k 2
v 2
) oder
v 02
=(1 v 2
)(k 02
+k 2
v 2
) oder
v 02
=(1 v 2
)(v 2
k 02
);
wobei 0 k 1 und k 2
+k 02
= 1. Wenn man eine spezielle Losung der ersten
Gleihung mit sns bezeihnet [die allgemeine Losung ist v(s) = sn (s s
0 )℄ und
n(s) =v(s)durh
v 2
(s)=1 sn 2
s
deniert, dann erhaltman durhDierentiation
v(s)v 0
(s)= snssn 0
s
also
v 02
(s)= sn
2
s
v 2
(s) sn
02
s
= sn
2
s
v 2
(s)
(1 sn 2
s)(1 k 2
sn 2
s)
= 1 v
2
(s)
v 2
(s) v
2
(s) 1 k 2
[1 v 2
(s)℄
=(1 v 2
(s))(1 k 2
+k 2
v 2
(s))
undanalogfurdns.DiesedreiFunktionenbeshreibenalsodievershiedenen Falle
der gebundenen Bewegung im Potentialaus Aufgabe1.
(e) Furk =0(also k 0
=1)fallendieerstenbeidenDierentialgleihungenmitderfur
harmonishe Bewegung zusammen:
v 02
=(1 v 2
)
v 02
=(1 v 2
)
02 2 2
funktionen
uber; man wahlt den Anfangswert so, da
snx=sinx; nx=osx; dnx=1 furk =0.
Furk =1(also k 0
=0)sehen dieGleihungenso aus:
v 02
=(1 v 2
) 2
v 02
=v 2
(1 v 2
)
v 02
=v 2
(1 v 2
)
Diese Dierentialgleihungenlassen sihebenfallsohneShwierigkeiten losen,und
man erhalt
v(s)=tanhs
im erstenFallund
v(s)= 1
oshs
in den beiden anderen Fallen, d.h.
snx=tanhx; nx= 1
oshx
; dnx= 1
oshx
furk =1:
Dies entspriht physikalishdem Fall,da einlokalesMaximum des Potentials(in
Aufgabe1) geradeeben furt !1erreiht wird.
