Kondensierten Materie
Ubungen zur Theoretishen Physik A WS 02/03
Prof. P. Wolfle Musterlosung
Dr. M. Greiter Blatt 10
1. Kraftfeld I
(a) Gegeben:
F =(x y) 2
0
1
1
0 1
A
Somit:
rF =
x F
y
y F
x
e
z
=
x (F
y +F
x )e
z
=0
(b) Wegintegration:
(i) entlang (0;0)!(x;0):
V(x;0)= Z
x
0 dx
0
F
x
(x;y)= Z
x
0 dx
0
(x 0
0) 2
= 1
3 x
3
entlang (x;0)!(x;y):
V(x;y)=V(x;0) Z
y
0 dy
0
F
y (x;y
0
)
= 1
3 x
3 1
3
(x y 0
) 3
y
0
= 1
3
(x y) 3
(ii) entlang (0;0)!(x;y):
s=t
x
y
; s_ =
x
y
oder ds=dt
x
y
V(x;y)= Z
(x;y)
(0;0)
F(s)ds= Z
1
0
F(s(t))s(t)dt_
= Z
1
0
x
y
t 2
(x y) 2
1
1
dt= 1
3
(x y) 3
()
rV(x;y)= 0
=x
=y 1
A
V(x;y)= 0
(x y) 2
(x y) 2
1
A
=F
Allgemein:
x(t)= Z
+1
1 dt
0
G(t t 0
)f(t 0
) (1)
Ungedampfter harmonisher Oszillator:
G(t t 0
)=(t t 0
) 1
!
sin!(t t 0
) (2)
(a) f(t)=ae bt
; b>0:
x(t)= Z
+1
1 dt
0
(t t 0
) 1
!
sin!(t t 0
)ae bt
0
= a
2i!
e bt
Z
t
1 dt
0
e i!(t t
0
)
e i!(t t
0
)
e b(t t
0
)
= a
2i!
e bt
Z
0
1 dt
00
e (b i!)t
00
e (b+i!)t
00
= a
2i!
e bt
1
b i!
e (b i!)t
00
0
1
1
b+i!
e (b+i!)t
00
0
1
!
= a
2i!
e bt
1
b i!
1
b+i!
= a
b 2
+! 2
e bt
DiesesErgebnis stimmt mit Blatt 6,Aufgabe 1b
uberein.
(b) f(t)=a:
Zunahst durh Integration:
wieinTeilaufgabe(d),auerdasse (bi!)t
00
beit 00
! 1furb=0nihtvershindet.
Das Integral istmit lim
t 00
! 1 e
i!t 00
unbestimmt.
Wenn wir jedoh den Limes b ! 0 +
erst nah der Integration bilden erhalten wir
das eindeutige und rihtige Ergebnis
x(t)= a
! 2
;
wie sih durh Einsetzen sofort verizieren lasst.
Ein zusatzliher Faktor e
"(t t 0
)
in G(t t 0
) oder e
"t 00
in obigem Integral bewirkt
genaudas selbe wie ein innitesimales positives b=".
() Der Faktor e
"t
wurde eingefuhrt, um moglihe unbestimmte oder gar unendli-
he Beitrage in der partikularen Losung x(t) zu unterdruken. Bei der Integration
der Bewegungsgleihung des ungedampften, harmonishen Oszillators in Blatt 6,
Aufgabe 2b wurde zunahst nur die obere Integralgrenze festgelegt; die untere In-
tegralgrenze war fur die Losung unbedeutend. Bei der Herleitung der Greenshen
FunktionausdieserLosunginBlatt7,Aufgabe4ahabenwirdann 1furdieunte-
reIntegralgrenzegewahlt, umStorungenf(t)auhinderentfernten Vergangenheit
zu beruksihtigen. Das Integral (??) ist naturlih nur dann deniert, wenn der
Integrand fur t 0
! 1 vershwindet. Der zusatzliher Faktor e
"(t t 0
)
in G(t t 0
)
garantiert das.
Physikalish bedeutet dieser Faktor, dass wir die Storung erst in der entfernten
(a) Gegeben:
F = 0
yzsin (xy)
xzsin (xy)
os(xy) 1
A
Somit:
rF = 0
=x
=y
=z 1
A
0
yzsin (xy)
xzsin (xy)
os(xy) 1
A
= 0
xsin (xy) xsin (xy)
ysin (xy) ysin (xy)
zsin (xy)+xzyos (xy) zsin (xy) yzxos(xy) 1
A
=0
(b) Wegintegration:
(i) entlang eines moglihst geshikt gewahlten Weges:
(0;0;0)! (x;y;0):
V(x;y;0)=0 da F
x
=F
y
=0in der xy Ebene (z=0):
(x;y;0)!(x;y;z):
V(x;y;z)=V(x;y;0) Z
z
0 dz
0
F
z
(x;y;z 0
)=0 Z
z
0 dz
0
( os (xy))
=zos (xy)
(ii) entlang (0;0;0)!(x;y;z):
s=t 0
x
y
z 1
A
; ds=dt 0
x
y
z 1
A
V(x;y;z)= Z
(x;y;z)
(0;0;0)
dsF = Z
1
0 dt
0
x
y
z 1
A
0
t
2
yzsin (t 2
xy)
t 2
xzsin (t 2
xy)
os (t 2
xy) 1
A
Substition u=t 2
xy, du
dt
=2txy =2 p
uxy:
V(x;y;z)= z Z
xy
0
du
2 p
xy u
1=2
(2usinu osu) (1)
Partielle Integration des ersten Terms:
Z
xy
0
du2u 1=2
sinu= 2u 1=2
osu
xy
0 +
Z
xy
0
duu 1=2
osu (2)
Der letzte Term in (??) kurzt sih mit dem zweiten Term in (??) und wir
erhalten
rV(r)= 0
=x
=y
=z 1
A
V(x;y;z)= 0
yzsin (xy)
xzsin (xy)
os (xy) 1
A
=F
