Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Theoretische Physik B - L¨osungen SS 10
Prof. Dr. Alexander Shnirman Blatt 6
Dr. Boris Narozhny, Dr. Holger Schmidt 18.05.2010
1. Lagrangefunktion eines geladenen Teilchens (6 Punkte) (a) Die Bewegungsgleichung lautet
d dt
∂L
∂~r˙ = ∂L
∂~r (1)
Erst berechnen wir die linke Seite der Gl. (1):
∂L
∂~r˙ =m~r˙+ q c
A~
Dann
d dt
∂L
∂~r˙ =m~r¨+ q c
∂ ~A
∂t + q
c( ˙~r· ∇)A~
wobei im letzen Term das Differenzialoperator∇ nur auf A~ wirkt. Jetzt berechnen wir die rechte Seite der Gl. (1):
∂L
∂~r =−q∇φ+ q
c∇( ˙~r ~A)
wobei im letzen Term das Differenzialoperator ∇ nur aufA~ wirkt. Das ergibt m~r¨=−q∇φ− q
c
∂ ~A
∂t +q c
∇( ˙~r ~A)−( ˙~r· ∇)A~
Wir benutzen jetzt~a×(~b×~c) =~b(~a~c)−~c(~a~b) =~b(~a~c)−(~a~b)~c wobei~a = ˙~r,~b=∇, und~c=A. Schließlich~
m~r¨=q ~E +q c
~˙
r×(∇ ×A) =~ q ~E+ q c
~r˙×B~
(b) Der verallgemeinerte (kanonische) Impuls ergibt sich zu:
~ p= ∂L
∂~r˙ =m~r˙+q c
A~ ⇒ ~r˙ = 1 m
~ p− q
c A~
F¨ur die Energie gilt:
E = ∂L
∂~r˙
~r˙−L= m 2
~r˙2+qφ=
~
p−qcA~2
2m +qφ
2. Das Brachistochrone Problem (10 Punkte)
(a) Zuerst einmal gilt nat¨urlich
T = Z B
A
dt
Da weiterhin gilt dt= dsv mit dem Wegelement ds =p
(dx)2+ (dy)2 =dxp
1 + (dy/dx)2 =dxp
1 + [y0(x)]2 erh¨alt man die Beziehung
T = Z xB
xA
dx
p1 + (y0(x))2
v .
Nun wird Energieerhaltung verwendet 0 = m
2v2−mgx ⇒ v =p 2gx .
Erkl¨arung: Auf der linken Seite steht die Energie am Punkt xA, welche nur aus potentieller Energie besteht. Da zudem xA = 0 gilt, ist diese Energie somit null.
Auf der rechten Seite gibt es ein Minuszeichen vor der potentiellen Energie, da die x-Achse nach unten gerichtet ist.
Damit folgt also schliesslich T =
Z xB
xA
dx s
1 + [y0(x)]2
2gx .
(b) Es gilt
δT = Z xB
xA
dx ∂f
∂yδy+ ∂f
∂y0δy0
.
Da nunδy0 = dxdδy gilt hat man durch partielle Integration δT =
∂f
∂y0δy xB
xA
+ Z xB
xA
dx ∂f
∂y − d dx
∂f
∂y0
δy .
Wegen δy(xA) = δy(xB) = 0 verschwindet der erste Ausdruck. Da δy beliebig ist muss also
∂f
∂y − d dx
∂f
∂y0 = 0 gelten.
(c) Der Integrand f(y, y0, x) =
q1+[y0(x)]2
2gx h¨angt nicht y ab, daher hat man d
dx
∂f
∂y0 = ∂f
∂y = 0 ⇒ ∂f
∂y0 = const≡ 1
√2gc0 also
∂
∂y0 s
1 + [y0(x)]2
2gx = y0
p1 + [y0(x)]2√
2gx = 1
√2gc0 . Aufl¨osen nach y0 ergibt
y0 = dy dx =
r x
c0 −x (2)
Verwendet man nun das angebene Integral, so folgt y(x) =c1−p
c0x−x2−c0arcsin
rc0−x c0 .
Einsetzen der Randbegingung y(xA= 0) =yA= 0 f¨uhrt auf c1 =c0π2. (d) Damit hat man nun die gew¨unschte Form
y(x) =c0arccos
rc0−x c0 −p
c0x−x2.
Die Bestimmung der Konstanten c0 erfolgt ¨uber die Randbedingung y(xB) = yB, was i.a. zu einer transzendenten Gleichung f¨uhrt. Aus Gl. (2) liesst man ab, dass y0(x= 0) = 0 ist, d.h. anfangs bewegt sich der Massenpunkt entlang der Gewichts- kraft nach unten.
Mit den Beziehungen
cos2t+ sin2t = 1 cos2(t/2) = 1
2(1 + cos(t)) findet man
c0arccos(
s
c0−x(t)
c0 ) = c0arccos(p
1/2(1 + cos(t))) =c0arccos(p
cos2(t/2)) = c0 2t und
−p
c0x−x2 =− rc20
4 (1−cos2(t)) = −c0 2 sin(t)
was also die angegebene Paramater-Form best¨atigt. Die ideale Form der Bahnkurve entspricht also einer Zykloide.
3. Das h¨angende Seil (4 Punkte)
(a) Das Funktional K ist gerade die Wegl¨ange L=
Z 2
1
ds= Z x2
x1
dxp
1 + [y0(x)]2.
Zum Funktional U: Ein Massenelemt der Masse dm hat die potenzielle Energie dm g y=ρ g y ds mit der konstanten Massendichteρ=dm/ds. Damit
U = Z 2
1
dm g y =ρ g Z x2
x1
dx y(x)p
1 + [y0(x)]2 (b) Mit den oben hergeleiteten Ausdr¨ucken ist
h(y, y0, x) = ρgy(x)p
1 + [y0(x)]2−λp
1 + [y0(x)]2 =p
1 + [y0(x)]2(ρgy(x)−λ)
Da h(y, y0, x) nicht explizit von x abh¨angt gilt h− ∂h
∂y0y0 =a mit einer Konstanten a. Also
ρg y(x)−λ
p1 + [y0(x)]2 =a ⇒ y(x)−a1
p1 + [y0(x)]2 =a2 mit a1 = ρgλ und a2 = ρga. Umstellen nach y0 ergibt
[y0]2 = (y−a1)2 a22 −1 Substitutionz = y−aa 1
2 und ausn¨utzen des angegebenen Integrales ergibt schliesslich y(x) =a1 +a2cosh
x a2
+a3 a2
wobei a3 eine Integrationskonstante ist.
