¨Ubungen zur Klassischen Theoretischen Physik III (Theorie C

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik III
(Theorie C – Elektrodynamik)
WS 12-13
Blatt 2: Lösungen
Besprechung 24.10.2012
Prof. Dr. Alexander Mirlin
Dr. Igor Gornyi
1. Dirac’sche Deltafunktion:
(4+3+1+1+2=11 Punkte)
(a) Zu zeigen sind jeweils, dass die definierenden Eigenschaften
(
Z b
f (x0 )
falls x0 ∈ (a, b)
dx f (x) δ(x − x0 ) =
0
sonst
a
und die Normierungsbedingung
Z
(1)
∞
dx δ(x − x0 ) = 1
(2)
−∞
erfüllt sind.
Beginnen wir mit der Darstellung
δ(x − x0 ) = lim L (x − x0 ) mit L (x) =
→0
1
.
2
π x + 2
Da δ(x − x0 ) eine Distribution ist, muss man den lim→0 so interpretieren, dass er
immer nach dem Integral gezogen wird, d.h.
Z ∞
Z ∞
dxf (x)δ(x − x0 ) = lim
dxf (x)L (x − x0 ),
−∞
→0
−∞
wo die Schreibweisen δ(x − x0 ) für die Distribution selbst sowie lim→0 L (x − x0 )
für den Limes symbolisch zu betrachten sind.
Damit ist Ihre Norm:
Z ∞
Z ∞
1
1
dx
1
lim
dx 2
= lim
2
2
x
→0 −∞
→0
πx +
π
−∞ +1
Z ∞
1
1
= lim
dy 2
π →0 −∞ y + 1
1
= lim [arctan (y)]∞
−∞
π →0
h
i
π
1
π
= lim
− −
π →0 2
2
= 1.
(3)
Zeigen wir nun Eigenschaft (1):
die Funktion
11
L (x − x0 ) =
π
1
2
x−x0
+1
entspricht für festes einer Lorentzkurve um x0 mit Höhe 1 , die bei x0 ± auf die
Hälfte ihrer Höhe abfällt. Für → 0 wird die Funktion also immer steiler bei x0
und fällt nach außen hin immer schneller ab. Weil die Hauptbeiträge zum Integral
in (1) nur an Stellen sein können, an denen L (x − x0 ) wesentlich von 0 verschieden
ist, kann man die Funktion f (x) durch ihren Wert an dieser Stelle nähern:
Z b
Z b
dxf (x)L (x − x0 ) = f (x0 ) lim
dxL (x − x0 ).
lim
→0
→0
a
a
Im Grenzfall → 0 verschwindet das Integral im Parameterbereich fern von x0 . Ist
x0 nicht in [a, b] enthalten, so ist dieser Bereich auf der Skala von automatisch
fern von x0 und das Integral verschwindet. Andernfalls kann man zum Integral eine
Null in Form der Bereiche ]b, ∞[ und ]−∞, a[ dazu addieren und erhält mit der
Normierungsbedingung (2)
Z ∞
dxL (x − x0 ) = f (x0 ).
(4)
f (x0 ) lim
→0
−∞
Wir wollen kurz zeigen, warum wir die Ersetzung f (x) → f (x0 ) durchführen dürfen.
Statt der Ersetzung verwenden wir dazu eine Taylorentwicklung von f (x) um x0 :
Z b
Z b
dxf (x)L (x − x0 ) = lim
dxf (x0 )L (x − x0 )
lim
→0
a
→0
Z
a
b
+ lim
→0
dx
a
= f (x0 ) +
∞
X
f (n) (x)|x=x
n=1
∞
(n)
X
f
n=1
x−x
y≡ 0
n!
0
(x − x0 )n L (x − x0 )
(x)|x=x0 1
lim n
n!
π →0
∞
Z
b
a
X f (n) (x)|x=x 1
z}|{
0
= f (x0 ) +
lim n
→0
n!
π
n=1
dx
Z
n
x
− x0
x−x0 2
+1
b−x0
dy
a−x0
(y)n
.
y2 + 1
Zum Integral tragen für → 0 hauptsächlich die Parameterbereiche mit y 1 bei.
Deshalb können wir den Ausdruck abschätzen zu
Z b
Z b−x0
∞
X
f (n) (x)|x=x0 1
n
lim dy (y)n−2
lim
dxf (x)L (x − x0 ) ' f (x0 ) +
a−x0
→0
→0 a
n!
π
n=1
1
b
−
x
0
0
= f (x0 ) + f (x)|x=x0 lim log
π →0
a−x
" 0 n−1 #
∞
n−1
X f (n) (x)|x=x 1
1
b
−
x
a
−
x
0
0
0
lim n
−
+
→0
n!
π
n
−
1
n=2
= f (x0 ) +
∞
X
n=1
= f (x0 ).
cn lim →0
(5)
Als nächstes betrachten wir die Darstellung
1
2 2
δ(x − x0 ) = lim G (x − x0 ) mit G (x) = √ e−x / .
→0
π
Die Norm ist
Z ∞
1 −x2 /2
1
dx −x2 /2
dx √ e
= lim √
e
lim
→0
→0 −∞
π
π −∞ Z ∞
1
2
= √ lim
dye−y
→0
π
−∞
√
1
= √ lim π
π →0
= 1.
Z
∞
(6)
Um Eigenschaft (1) zu zeigen, diskutieren wir die Kurve von
2 2
1
G (x) = √ e−(x−x0 ) / .
π
Hierbei handelt es sich um eine Gaußkurve um x0 mit Höhe √π1 , die bei x0 ± auf
das e−1 -fache ihres maximalen Wertes abfällt. Ab hier kann analog zum ersten Fall
argumentiert werden:
Z b
Z b
dxf (x)G (x − x0 ) = lim
dxf (x0 )G (x − x0 )
lim
→0
→0
a
Z
a
b
dx
+ lim
→0
a
= f (x0 ) +
∞
X
f (n) (x)|x=x
n=1
∞
(n)
X
f
n=1
x−x
y≡ 0
n!
0
(x − x0 )n G (x − x0 )
(x0 ) 1
√ lim n
n!
π →0
Z
b
a
dx x x0 n −(x−x0 )2 /2
−
e
∞
X f (n) (x0 ) 1
z}|{
√ lim n
= f (x0 ) +
n!
π →0
n=1
Z
b−x0
dyy n e−y
2
a−x0
= f (x0 ),
(7)
da
Z
Z b−x0
Z ∞
∞
1+n
2
n −y n −y 2
n −y 2
dy|y| e
=2
y e
=Γ
,
a−x dyy e <
2
0
−∞
0
(8)
und damit
Z b−x0
√
Γ n+1
1 π
n −y 2 2
= n−1
→ 0,
a−x dyy e <
Γ(n + 1)
n! 0
2 nΓ(n/2) |{z}
(9)
n→∞
wobei Γ(z) die Gammafunktion ist (s. http://de.wikipedia.org/wiki/Gammafunktion).
(b) zu zeigen:
δ(g(x)) =
X
n
1
|g 0 (x
n )|
δ(x − xn ).
Veranschaulichung der Aufsplittung von delta(g(x)) in Deltafunktionen delta(x - x_n)
delta(x - x_1) delta(x - x_2)
delta(x - x_3)
g(x)
Dazu erinnern wir uns, dass die Deltadistribution nur in Verbindung mit einer Integration definiert ist. Das Integral hat nur Beiträge in Regionen um die Nullstellen
im Integrationsbereich im Argument der Deltadistribution. Wir können das Integral
in eine Summe über diese Teilbeiträge aufsplitten:
Z
dxδ(g(x))f (x) =
γ
XZ
n
xn + 2δ
dxδ(g(x))f (x), δ Nullstellenabstände.
xn − 2δ
Die Funktion g(x) können wir in dem jeweiligen Bereich um die Nullstellen Taylorentwickeln:
g(x) = g(xn ) + g 0 (x)|x=xn (x − xn ) + · · · = g 0 (x)|x=xn (x − xn ) + · · ·
Nun können wir die einzelnen Integrationsbereiche wieder auf den ursprünglichen
Integrationsbereich oder sogar auf [−∞, ∞] ausweiten. Der Grund ist, dass die
Taylorentwickelten Funktionen nun linearisiert sind und keine weiteren Nullstellen
mehr enthalten, sodass keine weiteren Bereiche zum Integral beitragen:
XZ
n
xn + 2δ
xn − 2δ
dxδ(g(x))f (x) =
XZ
n
∞
δ(g 0 (x)|x=xn (x − xn ))f (x).
−∞
Den Vorfaktor g 0 (x) können wir durch Substitution y = g 0 (xn )x eliminieren:
Gilt g 0 (x) > 0:
Z ∞
Z ∞
1
y
0
0
dxδ(g (x)|x=xn (x − xn ))f (x) =
dy 0
δ (x − g (x)|x=xn xn ) f
g (x)|x=xn
g 0 (x)|x=xn
−∞
−∞
1
= f (xn ) 0
,
(10)
g (x)|x=xn
Gilt g 0 (x) < 0:
Z
Z ∞
0
dxδ(g (x)|x=xn (x − xn ))f (x) =
−∞
1
dy 0
δ (x − g 0 (x)|x=xn xn ) f
g (x)|x=xn
∞
−1
= f (xn ) 0
.
g (x)|x=xn
−∞
y
0
g (x)|x=xn
(11)
Vergleichen wir nun die Integranden:
Z
X dxδ(g(x))f (x) =
Z
1
dxδ(x − xn )f (x)
0 (x)|
g
x=x
γ
n
n
X
1
→ δ(g(x)) =
g 0 (x)|x=x δ(x − xn ).
γ
n
(c) Berechne
Z
∞
Z
dxf (x)δ(g(x)) =
0
(12)
n
∞
dxx2 δ(x2 − 6x + 8).
0
Nullstellen:
0 = g(x)
= x2 − 6x + 8
= (x − 2) (x − 4)
→ x1 = 2, x2 = 4.
(13)
|g 0 (x)|x=2 | = 2
|g 0 (x)|x=4 | = 2.
(14)
Ableitung:
∞
Z
→
0
(d) Berechne
1
1
dxf (x)δ(g(x)) = 22 + 42 = 10.
2
2
∞
Z
dxf (x)δ(x − b +
√
x2 + a2 ).
0
Nullstellen (existieren nur für b > 0):
0=x−b+
√
⇔ x 2 + a2 = b − x
√
x 2 + a2
⇔ x2 + a2 = (b − x)2
b 2 − a2
→ x0 =
.
2b
x0 nur im Parameterbereich, wenn b > |a|.
Ableitung:
x
|g 0 (x)|x=x0 | = 1 + √
| b2 −a2
2
x + a2 x= 2b
b 2 − a2
=1+ 2
b + a2
2b2
= 2
b + a2
(15)
(16)
Z
→
0
∞
b 2 + a2
dxf (x)δ(g(x)) = θ(b)θ(b − |a|)
f
2b2
b 2 − a2
2b
(e) Zeigen wir zunächst die erste Eigenschaft. Es gilt:
Z ∞
dx |f (x)| = 0.
f (x) = 0 ∀ x ∈ R ↔
.
(17)
−∞
Z
∞
Z
∞
dx |x| δ (x)
dx |xδ (x)| =
−∞
−∞
= |0|
↔ xδ (x) = 0.
(18)
Hierbei verwendeten wir, dass die Deltadistribution durch den Grenzwert von positiv semidefiniten Funktionen dargestellt werden kann.
Die zweite Eigenschaft zeigen wir mit Hilfe der partiellen Integration und der
Tatsache, dass x − x0 bei ±∞ keine Nullstellen hat:
Z ∞
Z ∞
∞
0
dxδ (x − x0 )f (x) = [δ(x − x0 )f (x)]−∞ −
dxδ(x − x0 )f 0 (x)
−∞
−∞
0
= −f (x0 ).
2. Coulomb-Kraft:
(19)
(2 Punkte)
kein Material angegeben → r = 1.
SI:
e2
4π0 r2
2
(1, 602· 10−19 A· s)
=
4· π· 8.85· 10−12 VA·s
· 10−18 m2
·m
FC,SI =
= 2.307· 10−10 N.
(20)
Gauß (1 esu ≡ 1statcoulomb):
e2
r2
2
4.803 × 10−10 esu
=
10−7 · cm
= 2.307· 10−5 dyn.
FC,G =
√
1 C ⇔ 2.997 × 109 esu (1C/ 4π0 = 2997924580 esu)
1 esu ⇔ 3.336 × 10−10 C
1 dyn = 1g· cm/s2 = 10−5 kg· m/s2 = 10−5 N
(21)
3. Gauß’scher Satz:
(3+3+6=12 Punkte)
Zunächst geben wir die allgemeine Formel des Elektrischen Feldes in Abhängigkeit von
der Ladungsverteilung an, bevor wir für die konkreten Ladungsverteilungen die Felder
berechnen.
Maxwell (Kugelsymmetrie → Größen hängen nur vom Betrag des Ortes ab):
~
~
∇ 0 E (r) = ρ (r)
Z
Z
ρ (r0 )
3 0~ ~
0
.
d r ∇E (r ) =
d3 r 0
0
V
V
Wir wenden den Satz von Gauß auf der linken Seite der Gleichung an. Wegen der Rotationssymmetrie ist das elektrische Feld radial und somit parallel zum Normalenvektor
der Kugeloberfläche ausgerichtet. Es kann also mit den Beträgen gerechnet werden:
Z
Z
ρ (r0 )
0
dA E (r ) =
d3 r 0
0
V
ZV
ρ (r0 )
4πr2 E (r) =
d3 r 0
V
Z 0
0
1
3 0 ρ (r )
E (r) =
d
r
4πr2 V
0
Z r
Z 2π
Z π
2
1
ρ (r0 )
0
0
0
dr
r
dφ
E (r) =
r
d
cos
(θ)
4πr2 0
0
0
− π2
Z r
1
E (r) =
dr0 r02 ρ (r0 ) .
0 r2 0
(a) leitende Kugel → Ladungen sitzen gleichmäßig verteilt auf der Oberfläche
Q
δ (r − R)
4πR2
Z r
Q
dr0 r02 δ (r0 − R)
E (r) =
2
2
4πR 0 r 0
→ ρ (r) =
Aufgabe 1, Gl. (1) : x0 = R, f (x) = x2 , a = 0, b = r
(
R2
falls R ∈ (0, r)
Q
E (r) =
2
2
4πR 0 r 0
sonst
⇒
(22)
Q
R2 Θ (r − R)
4πR2 0 r2
Q
Θ (r − R) ,
=
4π0 r2
=
wobei
(
1
Θ(x − x0 ) =
0
(23)
falls x ≥ x0
,
sonst
dΘ(x)
= δ(x),
dx
(24)
die Heaviside-Funktion ist.
rho
E ~ 1/r^2
E=0
R
r
(b) gleichmässig verteilte Ladung
→ ρ (r) =
Q
− r)
Z r
3Q
E (r) =
dr0 r02 Θ (R − r0 )
3
2
4πR 0 r 0
3Q
1 3
1 3
=
R Θ (r − R) + r Θ (R − r)
4πR3 0 r2 3
3
Q
Q
=
Θ (r − R) +
r Θ (R − r) .
2
4π0 r
4π0 R3
Θ (R
4
πR3
3
(25)
E ~ 1/r^2
E~r
rho
R
r
(c) Ladungsdichte, die mit rn variiert (n > −3, Skizze für n = ±2):
Wie in den vorherigen Aufgaben auch, muss die Ladungsdichte so normiert werden,
dass das Integral über die Gesamtladung Q ergibt:
Q n
r Θ (R − r) ,
N
Z R
Q=
dr4πr2 ρ (r)
0
Z
Q R
=
dr4πrn+2
N 0
Z R
dr4πrn+2
→N =
ρ (r) =
0
=
4πRn+3
.
n+3
(26)
Damit können wir das Elektrische Feld berechnen:
Q (n + 3) n
r Θ (R − r)
4πRn+3
Z r
Q (n + 3)
E (r) =
dr0 r02 r0n Θ (R − r0 )
4πRn+3 0 r2 0
1 n+3
Q (n + 3)
1
n+3
R Θ (r − R) +
r Θ (R − r)
=
4πRn+3 0 r2 n + 3
n+3
Q
Q
=
Θ (r − R) +
rn+1 Θ (R − r) .
2
4π0 r
4π0 Rn+3
ρ (r) =
(27)
E ~ 1/r
rho ~ 1/r^2
E ~ 1/r^2
E ~ 1/r^2
rho ~ r^2
E ~ r^3
R
r
R
r