Grundkurs Theoretische Physik 4 - ReadingSample - Beck-Shop

Springer-Lehrbuch
Grundkurs Theoretische Physik 4
Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik
Bearbeitet von
Wolfgang Nolting
1. Auflage 2012. Taschenbuch. xiv, 431 S. Paperback
ISBN 978 3 642 24480 3
Format (B x L): 15,5 x 23,5 cm
Weitere Fachgebiete > Physik, Astronomie > Quantenphysik > Relativität, Gravitation
Zu Inhaltsverzeichnis
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Kapitel 2
Kovariante vierdimensionale Formulierungen
2
2
2
2.1
2.1.1
2.1.2
2.1.3
2.2
2.2.1
2.2.2
2.2.3
2.3
2.3.1
2.3.2
2.3.3
2.3.4
2.3.5
2.3.6
2.3.7
2.4
2.5
2.6
Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Ko- und kontravariante Tensoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Differentialoperatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik . . . . . . . . . 47
Eigenzeit, Welt-Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Kraft, Impuls, Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Der elastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Kontinuitätsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Elektromagnetische Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Feldstärke-Tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Maxwell-Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Transformation der elektromagnetischen Felder . . . . . . . . 75
Lorentz-Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Formeln der relativistischen Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . 84
Kovariante Lagrange-Formulierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
39
2 Kovariante vierdimensionale
Formulierungen
2.1
2.1 Ko- und kontravariante Tensoren
2.1.1 Definitionen
Wir haben in Abschn. 1.4 die korrekte Transformation zwischen Inertialsystemen
kennen gelernt, die Postulat 1.3.2 aus Abschn. 1.3 erfüllt. Es muss nun darum gehen,
sämtliche physikalischen Gesetze in
kovarianter Form
aufzuschreiben, d. h. so zu formulieren, dass sie bei Lorentz-Transformationen forminvariant bleiben. Das entspricht der Äquivalenz aller Inertialsysteme gemäß Postulat 1.3.1.
Die Newton’schen Gesetze der Klassischen Mechanik sind lediglich forminvariant
gegenüber Galilei-Transformationen, die, wie wir nun wissen, nur in der Grenze
v << c korrekt sind. Folglich werden die Grundgesetze der Mechanik und auch
der Elektrodynamik im relativistischen Bereich nicht mehr die vertrauten Formen
haben. Unsere nächste Aufgabe muss also darin bestehen, die Forminvarianz der
physikalischen Gesetze gegenüber Lorentz-Transformationen zu überprüfen. Diese
Kontrolle findet zweckmäßig im vierdimensionalen Minkowski-Raum statt. Dort
stellt die Lorentz-Transformation eine Drehung der Vierer-Vektoren dar, die deren
Längenquadrate (1.11) invariant lässt.
Forminvarianz der physikalischen Gesetze gegenüber normalen räumlichen Drehungen im dreidimensionalen Raum musste bereits für die nicht relativistische Physik gefordert werden, ist dort in der Regel jedoch trivialerweise erfüllt. Ein physikalisches Gesetz ist eine mathematische Gleichung. Ein
skalares Gesetz : a = b
ist natürlich invariant gegenüber Drehungen, da sich weder a noch b dabei ändern. Ein
vektorielles Gesetz :
a = b ⇐⇒ aj = bj ;
j = 1, 2, 3
ist kovariant gegenüber Drehungen, d. h., die Komponenten ändern sich zwar, aber
so, dass aj = bj für alle j gilt und damit a = b . Analoge Aussagen gelten für Tensoren
beliebiger Stufe.
Damit ist das Rezept klar: Forminvarianz gegenüber Lorentz-Transformationen
ist für ein physikalisches Gesetz genau dann gegeben, wenn das Gesetz in kovarianter
vierdimensionaler Form vorliegt, d. h., wenn alle Terme der Gleichung
W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4.
DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_2 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012
40
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Vierer-Tensoren gleicher Stufe
sind. Unter diesem Gesichtspunkt werden wir in Abschn. 2.2 die Grundgesetze der
Mechanik und in Abschn. 2.3 die der Elektrodynamik aufarbeiten.
Zunächst müssen wir aber das obige Rezept noch etwas genauer erläutern. Dazu
stellen wir einige formale Betrachtungen über das Rechnen im vierdimensionalen
Minkowski-Raum an, wobei wir uns insbesondere den in Abschn. 4.4.3, Bd. 1 eingeführten Tensorbegriff in Erinnerung rufen müssen. Es handelt sich dabei eigentlich
um nichts anderes als eine Erweiterung des Vektorbegriffs. Ein nk -Tupel von Zahlen
in einem n-dimensionalen Raum stellt einen Tensor k-ter Stufe dar, falls sich diese
Zahlen beim Wechsel des Koordinatensystems (Σ → Σ ) nach bestimmten Gesetzen
transformieren. Der hier interessierende Raum ist der Minkowski-Raum mit n = 4.
Der Koordinatenwechsel erfolgt durch eine Lorentz-Transformation, die wir letztlich
aus der Invarianz des Längenquadrats
2
s2 = x0 − x2 = c2 t 2 − x2 − y2 − z2
des Vierer-Vektors (1.42),
x μ ≡ (c t, x) ,
abgeleitet haben. Die Transformation ist linear
x̄ μ = Lμ λ x λ ,
wobei die Matrixelemente Lμ λ durch (1.16) definiert sind. Man beachte die Summenkonvention (1.25). – Ein mit dem Raum-Zeit-Punkt x μ verknüpfter
Tensor k-ter Stufe
wird nun durch sein Transformationsverhalten beim Übergang x μ → x̄ μ definiert.
Für den Minkowski-Raum handelt es sich also um ein 4k -Tupel von Zahlen, die sich
bei der Koordinatentransformation
x μ → x̄ μ = Lμ λ x λ
nach bestimmten Gesetzen transformieren. Die Zahlen heißen
Komponenten des Tensors.
Sie haben k Indizes, von denen jeder von n = 0 bis n = 3 läuft. Für uns sind k = 0, 1
und 2 interessant.
1) Tensor nullter Stufe = Vierer-Skalar
Dieser Tensor hat 40 = 1 Komponente (Welt-Skalar). Es handelt sich um eine einzelne
Größe, die bei einer Lorentz-Transformation invariant bleibt. Ein Beispiel dafür ist
das Längenquadrat s2 .
2.1
Ko- und kontravariante Tensoren
41
2) Tensor erster Stufe = Vierer-Vektor
Dieser Tensor besitzt 41 = 4 Komponenten. Man unterscheidet zwei Typen von
Vektoren (Welt-Vektoren):
2a) Kontravarianter Vierer-Vektor
Wir kennzeichnen diesen Typ durch hoch-gestellte Indizes:
a μ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 .
(2.1)
Die Komponenten transformieren sich beim Wechsel des Inertialsystems (x μ → x̄ μ )
wie folgt:
ā μ =
∂x̄ μ λ
a .
∂x λ
(2.2)
Da der Koordinatenwechsel durch eine Lorentz-Transformation bewirkt werden soll,
gilt insbesondere:
ā μ = Lμ λ a λ .
(2.3)
Beispiele sind:
α) der Ortsvektor x μ ≡ (c t, x, y, z),
β) das Differential dx μ ; denn für dieses gilt nach der Kettenregel:
dx̄ μ =
3
∂x̄ μ λ
dx .
∂x λ
λ=0
2b) Kovarianter Vierer-Vektor
Dieser Typ Vierer-Vektor ist durch tief-gestellte Indizes gekennzeichnet:
bμ = b0 , b1 , b2 , b3 .
(2.4)
Die Komponenten transformieren sich wie folgt:
b̄μ =
∂x λ
b .
∂x̄ μ λ
Dies bedeutet im Spezialfall der Lorentz-Transformation:
b̄μ = L−1 λμ bλ .
Ein wichtiges Beispiel ist der Gradient einer skalaren Funktion ϕ:
∂ϕ
∂ϕ
,
,
.
.
.
,
bμ =
∂x0
x3
∂ϕ
∂ϕ
,
b̄μ =
,
.
.
.
,
∂x̄0
∂x̄3
xν = xν x̄ μ .
(2.5)
(2.6)
(2.7)
42
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Es gilt offenbar:
b̄μ =
∂ϕ
∂ϕ ∂xν ∂xν
= ν
=
b .
μ
∂x̄
∂x ∂x̄ μ ∂x̄ μ ν
Dies entspricht der Definitionsgleichung (2.5).
3) Tensor zweiter Stufe
Dieser Tensortyp besitzt 42 = 16 Komponenten. Man unterscheidet nun drei Arten
von so genannten Welt-Tensoren:
3a) Kontravarianter Tensor
Die Komponenten F αβ ändern sich bei einer Lorentz-Transformation wie folgt:
F
μν
F
=
μν
∂x̄ μ ∂x̄ν αβ
F ,
∂xα ∂xβ
= Lμα Lνβ F αβ .
(2.8)
(2.9)
„Zeilen“ und „Spalten“ transformieren sich also wie kontravariante Vektoren. Ein
Beispiel ist das Tensorprodukt aus zwei kontravarianten Vierer-Vektoren a μ und b μ ,
das aus insgesamt 16 Zahlen (Komponenten) besteht:
F μν = a μ bν ;
μ, ν = 0, . . . , 3 .
(2.10)
Für dieses gilt nämlich:
F
μν
= ā μ b̄ν =
∂x̄ μ ∂x̄ν α β
a b = Lμα Lνβ F αβ .
∂xα ∂xβ
3b) Kovarianter Tensor
Das ist nun ein System von 16 Komponenten Fαβ , die sich gemäß
F μν =
∂xα ∂xβ
F ,
∂x̄ μ ∂x̄ν αβ
F μν = L−1 αμ L−1 βν Fαβ
(2.11)
(2.12)
transformieren. „Zeilen“ und „Spalten“ transformieren sich in diesem Fall wie kovariante Vektoren. Das Tensorprodukt aus zwei kovarianten Vierer-Vektoren wäre ein
nahe liegendes Beispiel.
3c) Gemischter Tensor
β
Die 16 Komponenten Fα transformieren sich in diesem Fall wie
ν
Fμ =
∂xα ∂x̄ν β
F ,
∂x̄ μ ∂xβ α
ν
β
F μ = L−1 αμ Lνβ Fα .
(2.13)
(2.14)
2.1
Ko- und kontravariante Tensoren
43
Man beachte, dass sich Tensoren zweiter Stufe stets in Matrizenform schreiben lassen.
Allerdings transformieren sich die Elemente einer normalen Matrix nicht notwendig wie die Komponenten eines Tensors. Die Formel (2.14) entspricht dagegen der
Relation
F = S−1 F S
der linearen Algebra, die angibt, wie sich eine Abbildungsmatrix F bei einer Koordinatentransformation S zu einer Matrix F ändert. Der gemischte Tensor zweiter Stufe
ist deshalb wirklich in strengem Sinne eine Matrix, die kovarianten und kontravarianten Tensoren dagegen nicht.
Ein Beispiel für einen gemischten Tensor zweiter Stufe stellt das Tensorprodukt
aus einem ko- und einem kontravarianten Vierer-Vektor dar:
Fμν = aν bμ .
Ganz analog werden Tensoren noch höherer Stufe definiert. So ist z. B. durch
μ
F νρσ =
∂x̄ μ ∂xβ ∂xγ ∂xδ α
F
∂xα ∂x̄ν ∂x̄ρ ∂x̄σ βγδ
das Transformationsverhalten eines gemischten Tensors vierter Stufe festgelegt. Hier
sind allerdings nur k = 0, 1, 2-Tensoren relevant.
2.1.2 Rechenregeln
Welchen mathematischen Gesetzmäßigkeiten unterliegen die soeben eingeführten
Tensoren?
1. Man multipliziert einen Tensor mit einer Zahl, indem man jede Komponente mit
dieser Zahl multipliziert.
2. Tensoren werden komponentenweise addiert!
3. Unter der
Verjüngung eines Tensors
versteht man das Gleichsetzen eines oberen und eines unteren Index, womit
automatisch eine Summation verknüpft ist. Die Tensorstufe nimmt dabei von k
auf k − 2 ab.
Beispiele
a) Wir setzen in dem obigen gemischten Tensor vierter Stufe ν = μ:
ν
F νρσ =
=
∂x̄ν ∂xβ ∂xγ ∂xδ α
∂xβ ∂xγ ∂xδ α
F
=
F =
βγδ
∂xα ∂x̄ν ∂x̄ρ ∂x̄σ
∂xα ∂x̄ρ ∂x̄σ βγδ
∂xγ ∂xδ α
F .
∂x̄ρ ∂x̄σ αγδ
44
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Dieser Ausdruck transformiert sich wie ein kovarianter Tensor zweiter Stufe, wie der
Vergleich mit (2.11) zeigt.
μ
b) Die Spur einer Matrix Fν ist definiert als die Summe ihrer Diagonalelemente:
μ
Fν −→ Fνν .
Das Resultat ist ein Tensor nullter Stufe, also ein Skalar. Die Spur einer Matrix ist
somit invariant gegenüber Koordinatentransformationen.
c) Die Verjüngung eines Tensorprodukts
a μ bν −→ aν bν
ergibt natürlich einen Skalar (k = 2 → k = 0). Sie ist dem Skalarprodukt in rechtwinkligen Koordinaten äquivalent. Man definiert deshalb für Vierer-Vektoren:
Skalarprodukt
(b, a) ≡ bα aα .
(2.15)
Als Skalar ist diese Größe lorentzinvariant. Das lässt sich leicht überprüfen:
∂x λ ∂x̄α
∂x λ
b̄, ā = b̄α āα = α
bλ aρ = ρ bλ aρ = bλ a λ = (b, a) .
ρ
∂x̄ ∂x
∂x
d) Als Beispiel β) unter 2a) hatten wir das Differential dx μ des Ortsvektors im
Minkowski-Raum als speziellen kontravarianten Vierer-Vektor kennen gelernt:
dx μ ≡ dx0 , dx1 , dx2 , dx3 = (c dt, dx, dy, dz) .
(2.16)
Damit bilden wir das lorentzinvariante Längenquadrat,
2 2 2 2
(ds)2 = dx0 − dx1 − dx2 − dx3 =
= (c dt)2 − dx2 − dy2 − dz2 ,
(2.17)
und schreiben:
(ds)2 = μαβ dxα dxβ .
(2.18)
Die Koeffizienten μαβ sind die Komponenten des metrischen Tensors (s. (2.86), Bd. 2),
der in der Speziellen Relativitätstheorie symmetrisch (μαβ = μβα ) und diagonal ist:
2.1
Ko- und kontravariante Tensoren
Kovarianter metrischer Tensor
⎛
+1
⎜
⎜
μαβ ≡ ⎜
⎜
⎝
0
45
0
−1
−1
⎞
⎟
⎟
⎟ .
⎟
⎠
−1
(2.19)
Will man das invariante Längenquadrat (ds)2 als Skalarprodukt schreiben,
(ds)2 = (dx, dx) = dxα dxα ,
(2.20)
so muss offensichtlich gelten:
dxα = μαβ dxβ .
(2.21)
Der kontravariante metrische Tensor ist dann durch den folgenden Ansatz definiert:
dxα = μαβ dxβ .
(2.22)
Dies bedeutet:
dxγ = μγα dxα = μγα μαβ dxβ .
Dieses kann nur richtig sein, wenn
⎧
⎨
μγα μαβ = δγβ = 1, falls γ = β ,
⎩0 sonst .
(2.23)
gilt. An (2.19) lesen wir ab, dass in der Speziellen Relativitätstheorie kovarianter und
kontravarianter metrischer Tensor offenbar identisch sind:
μαβ = μβα = μαβ .
(2.24)
4. Ohne Beweis verallgemeinern wir (2.21) bzw. (2.22) zu einer Übersetzungsvorschrift, um kovariante in kontravariante Tensoren zu transformieren und umgekehrt. Man spricht vom
Herauf- bzw. Herunterziehen eines Index
α... = μαβ D... ,
D...
...
...β...
(2.25)
...β...
.
D...
...α... = μαβ D...
(2.26)
46
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Auf diese Weise kann man mit den Positionen der Indizes ziemlich beliebig
spielen. Wir machen die Probe:
...β...
= μαβ μβγ D...
D...
...α... = μαβ D...
...γ ... =
γ
...
= δα D...
...γ ... = D...α... .
Insbesondere können wir mit der obigen Übersetzungsvorschrift nun jeden kontravarianten Vierer-Vektor
(2.27)
a μ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 = a0 , a
in den entsprechenden kovarianten Vierer-Vektor umwandeln:
aμ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 = a0 , −a .
(2.28)
Dies bedeutet für das Skalarprodukt (2.15):
(b, a) = bα aα = μαβ bβ aα = b0 a0 − b · a .
(2.29)
Der letzte Summand stellt das normale dreidimensionale Skalarprodukt zwischen
den Raumkomponenten dar. Man beachte, dass das skalare Produkt nur dann
als Summe der Produkte der entsprechenden Komponenten geschrieben werden
kann, wenn man die kovarianten Komponenten des einen und die kontravarianten
Komponenten des anderen Vierer-Vektors miteinander kombiniert.
Beispiele
s2 = (x, x) = c2 t 2 − r 2 ,
(ds)2 = (dx, dx) = (c dt)2 − (dr)2 .
2.1.3 Differentialoperatoren
Die Transformationseigenschaft der für die Theoretische Physik so wichtigen Differentialoperatoren erhalten wir durch direktes Anwenden der Kettenregel:
∂xα ∂
=
;
∂x̄ μ ∂x̄ μ ∂xα
∂
xα = xα x̄ μ .
Die Differentiation nach der Komponente eines kontravarianten Vektors transformiert sich also so wie die Komponenten eines kovarianten Vierer-Vektors. Das überträgt sich direkt auf den Nabla-Operator:
Gradient:
∂μ ≡
∂
∂x μ
≡
1 ∂
,∇
c ∂t
.
(2.30)
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
47
∇ ist der normale, dreidimensionale Gradient (s. (1.140), Bd. 1). Mit Hilfe der allgemeinen Übersetzungsvorschrift (2.26) finden wir für die Ableitung nach einer
kovarianten Komponente
∂
1 ∂
μ
∂ ≡
≡
, −∇ .
(2.31)
∂xμ
c ∂t
Die Divergenz (s. (1.150), Bd. 1) ist als Skalarprodukt aus einem kovarianten Gradienten und einem kontravarianten Vierer-Vektor bzw. einem kontravarianten Gradienten
und einem kovarianten Vierer-Vektor natürlich lorentzinvariant:
Divergenz:
∂μ a μ ≡ ∂ μ aμ =
1 ∂ 0
a +∇ ·a.
c ∂t
(2.32)
Insbesondere für die Elektrodynamik ist schließlich noch der
d’Alembert-Operator wichtig (s. (4.30), Bd. 3):
− ≡ ∂μ ∂ μ ≡ ∂ μ ∂μ =
1 ∂2
−Δ.
c2 ∂t 2
(2.33)
Δ = ∇ 2 ist der Laplace-Operator (s. (1.154), Bd. 1). Als Skalarprodukt ist auch der
d’Alembert-Operator lorentzinvariant.
2.2 Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
Wir wollen nun die Grundgesetze der Klassischen Mechanik so umschreiben, dass
sie forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen werden. Dazu müssen wir
sie in kovarianter vierdimensionaler Form angeben, d. h., alle Terme in einer solchen
Gleichung müssen Vierer-Tensoren gleicher Stufe sein. In der Grenze v << c sollten
sich die „bekannten“ Gesetzmäßigkeiten reproduzieren.
2.2.1 Eigenzeit, Welt-Geschwindigkeit
Als Weltlinie haben wir in Abschn. 1.5 die Bahn eines materiellen Teilchens im
Minkowski-Raum bezeichnet. Es handelt sich also um die Menge aller Ereignisse
x μ = (c t, x, y, z) ,
die das Objekt in diesem Raum im Laufe der Zeit durchläuft. Dann ist dx μ die
differentielle Änderung längs der Weltlinie. Das differentielle Längenquadrat
(ds)2 = dx μ dxμ = c2 (dt)2 − (dr)2
(2.34)
2.2
48
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
ist, wie bereits festgestellt, als Skalarprodukt ein Welt-Skalar, d. h. eine LorentzInvariante. Das gilt dann aber auch für die Zeit-Größe
1
1
(2.35)
(dτ)2 = 2 (ds)2 = (dt)2 − 2 (dr)2 ,
c
c
da die Lichtgeschwindigkeit c nach dem grundlegenden Postulat 1.3.2 aus Abschn. 1.3
in allen Inertialsystemen denselben Wert hat. Die physikalische Bedeutung von dτ
machen wir uns wie folgt klar. Da (dτ)2 invariant ist, können wir zur Interpretation
ein besonders zweckmäßiges Bezugssystem wählen. Das wäre z. B. das mitbewegte
Inertialsystem, in dem das Teilchen im Koordinatenursprung momentan ruht:
dx μ ≡ c dt , 0, 0, 0 .
(2.36)
Dann folgt für dτ:
1 μ 2
dx dxμ = dt
.
(2.37)
c2
dτ entspricht also einem Zeitintervall auf einer mitgeführten Uhr, d. h. dem Intervall
der in Abschn. 1.4.3 besprochenen Eigenzeit. Da dτ als Welt-Skalar lorentzinvariant
ist, ändert sich das Eigenzeitintervall natürlich auch nicht, wenn wir es auf ein
gegenüber dem Teilchen bewegtes System Σ transformieren:
(dτ)2 =
c2 (dτ)2 = dx μ dxμ = c2 (dt)2 − (dx)2 − (dy)2 − (dz)2 =
v2
2
2
= c (dt) 1 − 2 .
c
Das Resultat entspricht der Feststellung aus Abschn. 1.4.3, dass die Eigenzeit stets
nachgeht:
dτ
dt = = γ dτ > dτ .
1 − v2 |c 2
(2.38)
v ist die Relativgeschwindigkeit des Teilchens im System Σ.
Wir kommen nun zum Begriff der
Welt-Geschwindigkeit u μ ,
die man sinnvollerweise über die Verschiebung dx μ des Teilchens im MinkowskiRaum innerhalb der Eigenzeit dτ definiert:
dx μ
.
(2.39)
dτ
Es handelt sich um einen kontravarianten Vierer-Vektor, für den wir auch schreiben
können:
dx μ dt
1
dx μ
dx μ
=
=γ
uμ =
dt dτ
dt
1 − v2 |c2 dt
1
c, vx , vy , vz = γ (v) (c, v) .
(2.40)
⇒ uμ = 1 − β2
uμ ≡
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
49
Die Norm von u μ ist als Skalarprodukt lorentzinvariant und besitzt eine einfache
physikalische Bedeutung:
u μ uμ = γ 2 c2 − v2 = c2 .
(2.41)
2.2.2 Kraft, Impuls, Energie
Das Newton’sche Trägheitsgesetz (s. (2.42), Bd. 1),
Fi = m
d
vi ;
dt
i = x, y, z ,
(2.42)
behält bei einem Wechsel des Inertialsystems, wie wir jetzt wissen, nur dann seine
Gültigkeit, wenn für die Relativgeschwindigkeit v << c gilt. Es ist damit forminvariant
gegenüber einer Galilei-Transformation. Wir suchen nun die relativistische Verallgemeinerung dieses Gesetzes für den vierdimensionalen Minkowski-Raum. Dabei
haben wir natürlich als Randbedingung zu fordern, dass sich für v << c die Beziehungen für die Raumkomponenten auf die Form (2.42) reduzieren.
Nun können aber die Raumkomponenten der zu suchenden Vierer-Kraft nicht
einfach mit den Fi identifiziert werden. Diese haben nicht das richtige Transformationsverhalten. So sind ja auch die Raumkomponenten der Vierer-Geschwindigkeit u μ
in (2.40) nicht die vi , die vielmehr mit dem Faktor γ (v) zu multiplizieren sind. Allerdings ist zu fordern, dass sich die Raumkomponenten eines jeden Vierer-Vektors bei
gewöhnlichen dreidimensionalen Drehungen wie übliche Raumvektoren transformieren. Nun wissen wir, dass sich das Transformationsverhalten eines gewöhnlichen
dreidimensionalen Raumvektors bezüglich Drehungen nicht ändert, wenn man den
Vektor mit einem Skalar multipliziert. Die Raumkomponenten der gesuchten ViererKraft werden deshalb Produkte aus den Fi mit passenden skalaren Funktionen von
β = v|c sein, die sich für v << c auf 1 reduzieren.
Um nun zu der relativistischen Verallgemeinerung des Newton-Gesetzes (2.42) zu
kommen, werden wir zunächst die Geschwindigkeit v durch die Vierer-Geschwindigkeit u μ ersetzen,
v −→ u μ ,
da nur die Raumkomponenten von u μ für β << 1 in die vi übergehen. Ferner werden
wir auf der rechten Seite von (2.42) die Zeit t durch die Eigenzeit τ ersetzen,
t −→ τ ,
da nur die Eigenzeit lorentzinvariant ist. Damit hat
d μ
u
dτ
die Dimension einer Beschleunigung und ist ein kontravarianter Vierer-Vektor, der
sich wie x μ transformiert (s. Aufg. 2.5.3). Wir betrachten schließlich noch die träge
50
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Masse m des Teilchens als Lorentz-Invariante, da nur „Raum und Zeit“ in der Speziellen Relativitätstheorie einer kritischen Revision unterworfen werden, nicht dagegen
„Materie“. Damit kommen wir zu dem folgenden Ansatz für die relativistische Verallgemeinerung der Kraftgleichung (2.42):
m
d μ
u = Kμ .
dτ
(2.43)
Der kontravariante Vierer-Vektor K μ heißt
Minkowski-Kraft.
Beide Seiten der Kraftgleichung sind Welt-Tensoren erster Stufe, sodass die Kovarianz
bezüglich Lorentz-Transformationen gewährleistet ist. Wir müssen allerdings die
Komponenten der Minkowski-Kraft K μ erst noch bestimmen.
Zu deren Festlegung erinnern wir uns an die andere Form des nicht relativistischen
Trägheitsgesetzes:
Fi =
d
pi ;
dt
i = x, y, z .
(2.44)
Dieses fordert Impulserhaltung, falls keine äußeren Kräfte auf das Teilchen wirken.
Diese Newton’sche Form der Impulserhaltung ist nicht lorentzinvariant. Wir können
den Raumanteil des relativistischen Impulses deshalb durch die Forderung nach
einer lorentzinvarianten Impulserhaltung für ein kräftefreies Teilchen festlegen. Dazu
bringen wir die Kraftgleichung für die Raumkomponenten in eine Form, die äußerlich
dem Trägheitsgesetz (2.44) besonders ähnlich ist:
Ki = m
d
d
ui = m γ γ vi ;
dτ
dt
i = x, y, z .
(2.45)
Der Impulserhaltungssatz ist sicher dann lorentzinvariant, wenn wir durch Vergleich
Impulse und Kräfte wie folgt festlegen:
m vi
= γ mvi ,
pri = 1 − β2
(2.46)
Fi
= γ Fi ,
Ki = 1 − β2
(2.47)
i = x, y, z .
d
pri .
Fi sind nun, anders als in (2.44), die relativistischen Kraftkomponenten Fi = dt
Wie gefordert reduzieren sich die Ausdrücke für v << c auf die bekannten, nicht relativistischen Terme. Durch Diskussion von Stoßprozessen werden wir in Abschn. 2.2.3
einsehen, dass (2.46) wohl die einzige schlüssige, relativistische Verallgemeinerung
des mechanischen Impulses ist.
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
51
Es fehlt noch die Zeit-Komponente der Minkowski-Kraft. Dazu berechnen wir
d
d
K μ uμ = K 0 u0 − K · u = m u0 u0 − m u · u =
dτ
dτ
=
1
1
1
d 0 0
d
d 2
u u − u · u = m (u μ uμ ) = m
c .
m
2 dτ
2 dτ
2 dτ
Hier haben wir (2.29) und (2.41) ausgenutzt. Es ist also
K μ uμ = 0 .
(2.48)
Andererseits gilt aber auch mit (2.40) und (2.47):
K μ uμ = γ K 0 c − γ 2 F · v .
(2.49)
Der Vergleich mit (2.48) liefert die nullte Kraftkomponente:
K0 = γ
F·v
.
c
(2.50)
Gleichungen (2.47) und (2.50) ergeben die vollständige
Minkowski-Kraft
Kμ = γ
F·v
, Fx , Fy , Fz
c
.
(2.51)
Damit ist das Newton’sche Trägheitsgesetz in der Form (2.43) vollständig relativistisch
verallgemeinert.
Als Nächstes untersuchen wir die physikalische Bedeutung der Zeitkomponente
der Minkowski-Kraft:
γ
F·v
d
d 0
u = m γ (γ c)
=m
c
dτ
dt
⇒F·v =
d m c2
.
dt 1 − β2
(2.52)
Das Skalarprodukt F · v entspricht der Arbeit, die die Kraft F pro Zeiteinheit an
dem Teilchen der Masse m leistet. In der nicht relativistischen Mechanik ist diese mit
der zeitlichen Änderung der kinetischen Energie T identisch (s. (2.227), Bd. 1). Wir
machen deshalb den Ansatz
F·v =
d
Tr ,
dt
(2.53)
wobei der Index „r“ für relativistisch steht, und erhalten durch Vergleich mit (2.52)
die
52
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
relativistische kinetische Energie
m c2
Tr = = mγ c2 .
1 − v2 |c 2
(2.54)
Auch für diese Größe erwarten wir, dass sie in der Grenze kleiner Geschwindigkeiten
(v << c) in den bekannten nicht relativistischen Ausdruck T = m2 v2 übergeht. Nun
gilt aber:
−1|2
v2
1
3 v4
= m c 2 + m v2 + m 2 + . . . .
Tr = m c2 1 − 2
c
2
8 c
Für kleine v reduziert sich also Tr in dieser Weise noch nicht auf die nicht relativistische kinetische Energie:
1
Tr −→ m c2 + m v2 .
2
v|c << 1
(2.55)
Der störende Zusatzterm m c2 ist eine Konstante, die für die Kinematik des Massenpunktes eigentlich unbedeutend ist. Man könnte sie z. B. in der Definitionsgleichung (2.54) für Tr auf der rechten Seite abziehen, da der Analogieschluss von (2.53)
auf (2.54) ohnehin nur bis auf eine additive Konstante bestimmt sein kann. Wir
werden jedoch später sehen, dass dieser additiven Konstanten eine tiefergehende
physikalische Bedeutung zukommt:
m c2 ⇐⇒ Ruheenergie des Massenpunktes .
Wir behalten sie deshalb bei.
Durch Multiplikation der Vierer-Geschwindigkeit u μ (2.40) mit der Masse m des
Teilchens können wir einen neuen kontravarianten Vierer-Vektor definieren, der als
Vierer-Impuls (Welt-Impuls)
p μ = m u μ = mγ (c, v)
zu interpretieren sein wird. Setzen wir (2.40) ein, so folgt:
Tr
Tr
μ
p =
, γ m vx , γ m vy , γ m vz ≡
, pr .
c
c
(2.56)
(2.57)
Die Raumkomponenten entsprechen also der relativistischen Verallgemeinerung (2.46) des mechanischen Impulsvektors p = m v,
m
pr = γ p = v,
1 − v2 |c 2
(2.58)
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
53
während die Zeitkomponente im wesentlichen mit der kinetischen Energie identisch
ist.
In der bisherigen Schlussfolge ist die Masse m eine skalare, invariante Teilcheneigenschaft. In den wichtigen Formeln taucht m aber stets in der Kombination
m
m(v) = γ (v) m = 1 − v2 |c 2
(2.59)
auf, die man deshalb bisweilen auch als geschwindigkeitsabhängige „relativistische
Masse“ definiert. Die Raumkomponenten des Welt-Impulses,
pr = m(v) v ,
(2.60)
haben dann formal dieselbe Gestalt wie in der nicht relativistischen Mechanik. An sich
ist das der einzige Grund für die Einführung von m(v). Das Symbol m ohne Argument
steht dann für m(0) und meint die Ruhemasse des Teilchens. Die relativistische
kinetische Energie Tr (2.54) schreibt sich mit m(v) einfacher:
Tr = m(v) c2 .
(2.61)
Da m(v) lediglich eine abkürzende Schreibweise darstellt, werden wir von der Definition (2.59) keinen Gebrauch machen. Sie muss auch als eher unglücklich betrachtet
werden, da sie die Tatsache verschleiert, dass „Masse“ als direktes Maß für „Menge
an Materie“ vom Koordinatensystem unabhängig sein muss.
Die Norm des Vierer-Impulses,
p μ pμ =
Tr2
− p2r = m2 u μ uμ = m2 c2 ,
c2
(2.62)
ist als Skalarprodukt natürlich lorentzinvariant. Damit haben wir für die
relativistische Energie eines freien Teilchens
eine zu (2.54) alternative Darstellung gefunden:
Tr = E = c2 p2r + m2 c4 .
(2.63)
Aus dem Äquivalenzpostulat (Abschn. 1.3) müssen wir folgern, dass die
Impulserhaltung :
pr = γ m v = const
(2.64)
bei kräftefreier Bewegung in allen Inertialsystemen Gültigkeit hat, d. h. nicht von der
Wahl des Bezugssystems abhängt. pr besteht aber aus den drei Raumkomponenten
des Vierer-Impulses p μ . Daraus müssen wir schließen:
pr = const ⇒ Tr = const .
(2.65)
54
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Wenn man nämlich den kontravarianten Vierer-Vektor p μ gemäß (2.2) auf ein anderes
Inertialsystem Σ transformiert, so ergeben sich neue Raumkomponenten pr , die auch
von Tr abhängen. Wäre Tr =/ const, so würde demnach die Impulserhaltung in Σ
nicht mehr gelten:
Impulserhaltung ⇐⇒ Energieerhaltung.
In der Speziellen Relativitätstheorie besteht über den Welt-Impuls p μ eine sehr enge
Verknüpfung dieser beiden Erhaltungssätze.
Wir ziehen hieraus eine sehr wichtige Schlussfolgerung. Nichtrelativistisch ist ja
bekanntlich p = const auch bei T =/ const möglich. Man denke an eine explodierende
Granate. Die Impulse der Bruchstücke addieren sich vektoriell zu der Konstanten, die
den Impuls vor der Explosion ausmachte, wohingegen sich die kinetische Energie,
wie man weiß, verheerend geändert hat. – Die relativististische kinetische Energie
kann sich dagegen nicht geändert haben. Das ist aber wegen Tr ≈ m c2 + T (s. (2.55))
nur dann möglich, wenn die Änderung der Ruheenergie m c2 bei dem Prozess die Änderung von T kompensiert. Da die Lichtgeschwindigkeit c eine universelle Konstante
ist, führt dies zu
Einsteins Äquivalenz von Masse und Energie:
ΔE = Δm c2 .
(2.66)
Die Bedeutung dieser Beziehung wollen wir an einigen Beispielen illustrieren:
1. Massenzuwachs, wenn man 100 kg um 1 km in die Höhe hebt:
Δm = 10−10 kg .
2.
Paarerzeugung: Der Zerfall eines masselosen Photons ν in ein Elektron (e− ) und
ein Positron (e+ ) ist möglich, falls
Eν ≥ 2 me c2 = 1,022 MeV .
Die Energiedifferenz,
Eν − 2 me c2 = T e− + T e+ ,
erscheint als Summe der kinetischen Energien von Elektron und Positron. Die
Umkehrung (Paarvernichtung),
e+ + e− → ν ,
3.
ist natürlich ebenfalls möglich.
Masseverlust der Sonne durch Energieabstrahlung:
Δm
kg
≈ 4 · 1012
.
Δt
s
2.2
4.
5.
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
55
Atombombe: Der Gesamtimpuls bleibt nach der Explosion unverändert. Es ergibt
sich aber eine grausam hohe kinetische Energie der Bruchstücke durch einen
Masseverlust von etwa 0,1%.
Kernspaltung, Kernfusion.
2.2.3 Der elastische Stoß
Im letzten Abschnitt wurde die relativistische Form pr des mechanischen Impulses
mehr oder weniger über Analogiebetrachtungen eingeführt. Das galt auch für die
relativistische kinetische Energie Tr . Wir versuchen jetzt eine direktere Ableitung
dieser Größen unter der Annahme von
Impuls- und Energieerhaltung in abgeschlossenen Inertialsystemen!
Gemeint sind hier natürlich die noch zu findenden relativistischen Energien und
Impulse. Der vertraute nicht relativistische Impulssatz zum Beispiel ist ja nicht lorentzinvariant. Wir starten mit den folgenden Ansätzen,
pr = m(v)v ;
Tr = ε(v) ,
(2.67)
wobei m(v), wie zu (2.61) erläutert, als Abkürzung zu verstehen ist. Dasselbe gilt
für ε(v). Sowohl ε(v) als auch m(v) sind zunächst als Unbekannte anzusehen, die die
Randbedingungen
m(0) = m ;
m
dε
(0) =
2
dv
2
(2.68)
erfüllen müssen. Sie sollen über den
elastischen Stoß zweier identischer Teilchen
abgeleitet werden. Wir können sicher davon ausgehen, dass ε eine monotone Funktion
von v ist. Wir betrachten den Stoß zunächst im
Schwerpunktsystem Σ
der beiden Teilchen. Es seien
va , vb : Geschwindigkeiten vor dem Stoß ,
vc , vd : Geschwindigkeiten nach dem Stoß .
Dabei muss in dem Schwerpunktsystem natürlich
va = u ;
vb = −u
gelten, wobei wir ohne Beschränkung der Allgemeingültigkeit annehmen können,
dass u die Richtung der z-Achse in Σ definiert. Aus dem Energiesatz in Σ ,
2 ε(u) = ε vc + ε vd ,
muss ε(vc ) = ε(vd ) folgen, da es sich um identische Teilchen handelt. Wegen der
Monotonie von ε(v) bedeutet dies aber auch vc = vd = u. Alle vier Geschwindigkeiten
56
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
haben also dieselben Beträge. An dem Impulssatz in Σ ,
m(u)u − m(u)u = m(u) vc + vd ,
lesen wir noch
vc = −vd
ab. Dies ergibt mit den in der Abbildung benutzten Bezeichnungen:
x′
vc′
va′
α
α
z′
vb′
vd′
Abb. 2.1. Geschwindigkeiten
beim elastischen Stoß
va = (0, 0, u) ;
vc = (u sin α, 0, u cos α) ;
vb = (0, 0, −u) ,
vd = (−u sin α, 0, −u cos α) .
Der Winkel α bleibt unbestimmt.
Wir stellen jetzt die analogen Überlegungen für das Inertialsystem Σ an, das sich
gegenüber Σ mit der Geschwindigkeit (−u) bewegt. Für die Teilchengeschwindigkeiten in Σ benutzen wir die Transformationsformeln (1.39) bis (1.41):
2u
,
va = 0, 0,
2
1 + uc2
vb = (0, 0, 0) ,
vc =
vd =
1
u sin α
γ 1 + u22 cos α
c
1
−u sin α
γ 1 − u22 cos α
c
, 0,
, 0,
u(1 + cos α)
1+
u2
c2
u(1 − cos α)
1−
u2
c2
,
cos α
cos α
,
−(1|2)
u2
γ = 1− 2
.
c
Der Impulssatz, den wir für Σ bereits ausgenutzt haben und der ja nach Voraussetzung in allen Inertialsystemen gültig ist,
m va va + m vb vb = m vc vc + m vd vd ,
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
57
muss für jede Komponente erfüllt sein, also insbesondere für die x-Komponente:
u
sin α
sin α
m vc
.
− m vd
0=
2
2
γ
1 + uc2 cos α
1 − uc2 cos α
Daraus folgt:
1+
m vc =
1−
u2
c2
u2
c2
cos α
cos α
m vd .
(2.69)
Diese Formel muss für alle Streuwinkel α richtig sein, also auch für α → 0. In diesem
Spezialfall sind aber
vc ≈ va
und vd ≈ 0 ,
sodass aus (2.69)
2
1 + uc2
m va =
2 m(0)
1 − uc2
(2.70)
wird. Den Vorfaktor formen wir noch etwas um:
2 2
2
2 2
1 + uc2 − 4 uc2
1 − uc2
1
4 u2
=
=
1
−
=
2
2 2
2 2
c2
1 + uc2
1 + uc2
1 + uc2
=1−
1
va2
= 2 .
c2
γa
Dies ergibt in (2.70) m(va ) = γa m(0). Wir können nun den Index a weglassen und
m(0) = m setzen, der Randbedingung (2.68) entsprechend:
m
.
(2.71)
m(v) = 1 − v2 |c 2
Das ist exakt das frühere Ergebnis (2.59). Durch Einsetzen dieser Beziehung in den
Ansatz (2.67) erhalten wir den gesuchten relativistischen Impuls eines Teilchens der
Masse m und der Geschwindigkeit v:
m
v.
(2.72)
pr = 1 − v2 |c 2
Das ist in der Tat der vorher durch Analogieschlüsse gewonnene Ausdruck (2.58).
Wir wollen nun noch über die Theorie des elastischen Stoßes der beiden identischen Teilchen die kinetische Energie Tr = ε(v) bestimmen. Im Inertialsystem Σ gilt,
da das Teilchen b vor dem Stoß ruht:
ε va + ε(0) = ε vc + ε vd .
Wir untersuchen wiederum den Fall α → 0, wovon lediglich die rechte Seite der
Energiegleichung betroffen ist. Dort gehen nur die Beträge der Geschwindigkeiten
58
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
vc und vd ein, für die gilt:
vc =
vd =
1
1+
u2
c2
cos α
γ2
1
1−
u2
c2
u2
u2
γ2
cos α
sin2 α + u2 (1 + cos α)2
sin2 α + u2 (1 − cos α)2
Man erkennt, dass vc und vd gerade Funktionen von α sind. Reihenentwicklungen
nach Potenzen von α, die für α → 0 sicher konvergieren, enthalten ausschließlich
gerade Potenzen von α. Das überträgt sich auf die Energien ε(vc ) und ε(vd ), die wir
deshalb nach Potenzen von α2 entwickeln können:
dε vc dvc2 2
ε va + ε(0) = ε vc α = 0 + α
+
dvc2 dα2 α=0
2
dv
v
d
ε
d
d
+ ε vd α = 0 + α2
+ 0 α4 .
2
dvd dα2 α=0
Wegen
v2c (α = 0) = v2a ;
bleibt zu analysieren:
!
0=
dε vc dvc2 dvc2 dα2 α=0
v2d (α = 0) = v2b = 0
+
dε vd dvd2 dvd2 dα2 .
α=0
Wir können schließlich noch die Randbedingung (2.68) ausnutzen:
2
dε va
m dvd2
dvc
+
.
0=
dva2
dα2 α = 0 2 dα2
(2.73)
α=0
Um weiter zu kommen, müssen wir nun die Geschwindigkeitsquadrate vc2 und vd2
nach Potenzen von α2 entwickeln:
−2 2
u2
u
2
2
2
2
vd = 1 − 2 cos α
sin α + u (1 − cos α) =
c
γ2
4 −2 u2 2
4
u2 1 u2 2
=
= 1− 2 +
α
+
0
α
α
+
0
α
c
2 c2
γ2
4 −2 u2 2
4
1 u2 2 2
4
=γ 1+
α γ +0 α
α +0 α =
2 c2
γ2
2
4
4
u2 2 2
u 2
4
=γ 1− 2α γ +0 α
α +0 α =
c
γ2
= γ 2 u2 α2 + 0 α4 .
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
59
Daraus folgt:
dvd2
dα2
α=0
= γ 2 u2 =
u2
1−
u2
c2
(2.74)
.
Wir haben für die obige Entwicklung
(1 + x)n|m = 1 +
n
x + 0 x2
m
(2.75)
benutzt. Diese Formel hilft uns auch bei der Entwicklung von vc2 :
vc2
−2 2
u2
u
2
2
2
= 1 + 2 cos α
sin α + u (1 + cos α) =
c
γ2
4 −2 u2 2
4
u2 1 u2 2
1 2 2
2
= 1+ 2 −
α +0 α
α +u 2− α +0 α =
c
2 c2
γ2
2
−2
−2 4
u2
1 u2 α2
= 1+ 2
1−
+0 α
·
c
2 c2 1 + u22
c
·
u2
γ
α2 + 4u2 − 2α2 u2 + 0 α4
2
=
4
u2 α2 va
1
+ 0 α4
1+ 2
4u2 + u2 α2
=
−
2
+
0
α
c 2u
γ2
=
va2
4u2
=
3
4
va2
1
2
2 2u
2
4u
.
+
α
v
+
u
−
2
+
0
α
a
4u2
c2
γ2
Dies führt zu:
u2
4 c2
1 2 2u
1
1 2
u2
dvc2
= v
va + 2 − 2 = va
=
2 − 2 −1
dα2 α = 0 4 a c2
γ
4
c
1 + uc2
1−
1
= − va2
4
1+
u2
c2
2
u2
c2
1−
u2
1 2
= − va 1 + 2
4
c
1+
u2
c2
u2
c2
2
.
Den letzten Faktor haben wir bereits im Zusammenhang mit (2.70) ausgewertet:
u2
dvc2
1 va2
1
+
.
=
−
dα2 α = 0
4 γa2
c2
(2.76)
60
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Wir setzen (2.76) und (2.74) in (2.73) ein:
1+
dε va
m u2
m
4γ 2
a 2 = γa2
=
2
2
dva
2 1 − u2 v2 1 + u
2
1−
c
a
c2
=
m 3
d
γa = m c2 2
2
dva
u2
c2
u2
c2
=
−1|2
v2
1 − 2a
.
c
Wenn wir diesen Ausdruck integrieren und fortan den Index a weglassen, so bleibt:
m c2
+d.
Tr = ε(v) = 1 − v2 |c 2
(2.77)
d = ε(0) − m c2 ,
(2.78)
Bis auf die Konstante d,
haben wir durch die Analyse des elastischen Stoßes zweier identischer Teilchen
die im letzten Abschnitt mehr oder weniger durch Analogieschlüsse gewonnene
relativistische Energie des freien Teilchens (2.54) reproduzieren können. Wir werden
am Ende dieses Abschnitts explizit beweisen, dass d = 0 ist, so dass
ε(0) = m c2 (Ruheenergie)
(2.79)
sein muss. Um unnötige Schreibarbeit zu sparen, wollen wir aber bereits jetzt für die
folgenden Betrachtungen d = 0 setzen.
Gemäß der Beweisführung in diesem Abschnitt wissen wir an dieser Stelle noch
nichts von einem Vierer-Vektor p μ . Es ist also die Frage interessant: Wie verhalten
sich Energie Tr und Impuls pr bei einer Lorentz-Transformation?
v
Σ→Σ ;
−1|2
v2
γv = 1 − 2
.
c
In Σ habe das Teilchen die Geschwindigkeit
u = ux , uy , uz ,
den relativistischen Impuls
pr = prx , pry , prz = m γu ux , uy , uz ,
und die relativistische Energie:
Tr = m c2 γu .
−1|2
u2
γu = 1 − 2
c
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
61
Die entsprechenden gestrichenen Größen u , pr , Tr kennzeichnen die Eigenschaften
des Teilchens im System Σ . Für den Übergang u → u , pr → pr und Tr → Tr
benutzen wir wieder die Transformationsformeln (1.39) bis (1.41):
ux, y =
ux, y
;
γv 1 − v uz
c2
1
uz =
uz − v
v uz .
1− 2
c
Damit berechnen wir zunächst γu :
2
v uz −2 1 2
2
2
u = 1− 2
u + u + uz − v
=
c
γv2 x y
v2 v uz −2
1 − 2 u2 − u2z + u2z + v2 − 2v uz =
= 1− 2
c
c
c2
v2 u2 v2 u2z
2
2
u
=
−
+
+
v
−
2v
u
z =
v uz 2
c2
c2
c−
c
2 2
c
v uz 2 c2
u
=
+ c−
− 2 =
v uz 2 γv2
c
γv
c−
c
1
1 2 2
= c2 + (u − c ) .
v uz 2 γv2
1− 2
c
Daraus folgt über
1−
1
u2
1 1
=
2 2 2
2
v
u
z
c
γv γu
1− 2
c
der gewünschte Ausdruck für γu :
γu = γu γv 1 −
v uz .
c2
Damit sind nun die transformierten Impulse leicht bestimmbar:
v uz 1 ux, y
prx, y = m γu ux, y = m γu γv 1 − 2
=
c
γv 1 − v uz
c2
= m γu ux, y = prx, y ,
v uz uz − v
prz = m γu uz = m γu γv 1 − 2
v uz =
c
1− 2
c
Tr
= γv m γu uz − m γu v = γv prz − v 2 .
c
(2.80)
62
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Ebenso leicht finden wir mit (2.80) die transformierte Energie:
v uz Tr = m c2 γu = m c2 γu γv 1 − 2 =
c
2
= γv m c γu − m γu uz v = γv Tr − v prz .
Wir stellen die Ergebnisse zusammen:
Tr
= γv
c
Tr
− β prz
c
prx = prx ,
pry = pry ,
Tr
.
prz = γv prz − β
c
(2.81)
Fassen wir diese vier Größen als Komponenten des Vektors p μ auf, so erkennen wir,
dass sie sich wie die Komponenten eines kontravarianten Vierer-Vektors transformieren:
Tr
p μ = p0 , p1 , p2 , p3 =
, prx , pry , prz =
c
= γu m c, ux , uy , uz = m u μ .
(2.82)
Für die Komponenten des transformierten Vierer-Vektors p μ gilt nämlich mit (2.16)
und (2.81):
p μ = Lμ λ p λ .
(2.83)
Dies ist aber die Definitionsgleichung (2.3) für einen kontravarianten Vierer-Vektor. –
Wir haben damit den Vierer-Vektor Welt-Impuls, den wir bereits in (2.57) über Analogieschlüsse eingeführt hatten, nun explizit abgeleitet.
Der nächste Programmpunkt betrifft die Transformation der Kräfte. Für die
Raumkomponenten benötigen wir die zeitliche Ableitung der relativistischen Impulse:
F=
d
pr ;
dt
F =
d p .
dt r
u und u seien weiterhin die Teilchengeschwindigkeiten in Σ bzw. Σ , wobei sich Σ
relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v parallel zur z-Achse bewegt. Die Zeit transformiert sich gemäß (1.21):
v t = γv t − 2 z .
c
Dies bedeutet für das Zeitdifferential dt , wenn wir noch (2.80) ausnutzen:
v uz γu
dt .
dt = γv dt 1 − 2 =
c
γu
2.2
Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik
63
Daran lesen wir
d
γu d
≡ dt γu dt
(2.84)
ab, was uns unmittelbar auf die transformierten Kräfte führt:
Fx =
d γu d
γu
p =
F .
prx =
dt rx γu dt
γu x
Dabei haben wir aus (2.81) prx = prx übernommen. Ganz analog ergibt sich die
y-Komponente der Kraft:
γu Fx = γu Fx ; γu Fy = γu Fy .
(2.85)
Für die z-Komponente gilt:
Fz =
d γu d
Tr
.
p
p
=
γ
−
β
v
rz
dt rz γu dt
c
Daraus folgt mit (2.53):
F·u
c
γu Fz = γv γu Fz − β γu
(2.86)
.
Schließlich bleibt noch:
d Tr γu d
Tr
F·u .
= γ
= − β prz
c
dt c
γu dt v c
Daran lesen wir ab:
γu
F·u
c
= γv γu
F·u
c
− β γu Fz
.
(2.87)
Wenn wir nun definieren,
K 0 = γu
F·u
,
c
K 1 = γu Fx ,
K 2 = γu Fy ,
K 3 = γu Fz ,
(2.88)
dann gilt nach (2.85) bis (2.87):
K 0 = γv K 0 − β K 3 ;
K1 = K1 ;
K 3 = γv K 3 − β K 0 .
K2 = K2 ;
(2.89)
64
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Das sind aber wieder die Transformationsformeln,
K μ = Lμ λ K λ ,
(2.90)
eines kontravarianten Vierer-Vektors:
Minkowski-Kraft : K μ ≡ K 0 , K 1 , K 2 , K 3 .
(2.91)
Mit (2.38),
d
d
= γu
dτ
dt
(τ = Eigenzeit) ,
(2.92)
folgt unmittelbar die Kraftgleichung (2.43):
Kμ ≡
d μ
d μ
p =m
u .
dτ
dτ
(2.93)
Damit sind sämtliche Beziehungen des Abschn. 2.2.2 durch Diskussion des Stoßprozesses explizit verifiziert.
Ein letzter Programmpunkt bleibt noch abzuarbeiten. Wir haben noch zu beweisen, dass die Integrationskonstante d in (2.77) tatsächlich, wie in (2.78) behauptet,
verschwindet. In allen anschließend abgeleiteten Beziehungen ist nämlich eigentlich Tr durch Tr − d zu ersetzen.
Wir definieren über den Stoßprozess einen neuen Vierer-Vektor
(2.94)
Δp μ = Δp0 , Δpr ,
wobei
Δpr =
p(i)
r −
i
(f)
pr
(2.95)
f
die Differenz der Summe der relativistischen Anfangsimpulse (i für initial) und der
Summe der Endimpulse ( f für final) darstellt. Δp0 ist der entsprechende Ausdruck
für die Zeitkomponenten:
(i) ( f )
p0 −
p0
Δp0 =
.
(2.96)
i
f
Δp μ ist deshalb ein kontravarianter Vierer-Vektor, weil alle beteiligten p μ kontravariante Vierer-Vektoren sind. (2.95) nimmt als in allen Inertialsystemen gültiger
Impulssatz eine sehr einfache Gestalt an:
Δpr = 0 .
(2.97)
Δp0 = 0
(2.98)
Das hat unmittelbar auch
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
65
für alle Inertialsysteme zur Folge. Aus Δp3 = γ (Δp3 − β Δp0 ) ergibt sich wegen (2.97)
0 = −γ β Δp0 und damit (2.98). – Δp μ ist also der Vierer-Nullvektor:
(i) ( f ) !
Tr −
Tr
0 = c Δp0 =
−
ε(0) − m c2 (i) +
i
+
i
f
ε(0) − m c
2 (f)
.
f
Die ersten beiden Summanden heben sich auf, da auch der Energiesatz nach Voraussetzung in allen Inertialsystemen gültig sein soll. Es bleibt damit:
! ε(0) − m c2 ( f ) =
ε(0) − m c2 (i) .
(2.99)
f
i
Diese Beziehung sollte für beliebige Stoßprozesse, z. B. mit unterschiedlichen Teilchenzahlen und Teilchentypen (Teilchenumwandlung) vorher und nachher, erfüllt
sein. Das ist aber nur möglich, wenn generell
ε(0) = m c2
angenommen wird. Dies bedeutet, dass die Konstante d wirklich Null ist. Die relativistische kinetische Energie Tr hat also in der Tat die Gestalt (2.54).
2.3 Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
Wir haben im vorigen Abschnitt erkennen können, dass die Abweichungen der relativistischen Mechanik von der vertrauten Newton-Mechanik besonders drastisch
werden, wenn die Geschwindigkeiten mit der Lichtgeschwindigkeit vergleichbar werden. Es ist deshalb durchaus als Überraschung zu werten, dass die
Maxwell-Gleichungen der Elektrodynamik auch bei hohen Geschwindigkeiten
unverändert gültig bleiben!
Sie sind nämlich bereits forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen, was wir
in diesem Abschnitt durch Umschreiben auf Vierer-Tensoren explizit demonstrieren
werden. Für die Newton-Mechanik war dieses Umschreiben nur durch Neudefinieren
einiger physikalischer Begriffe wie Impuls, Energie und Kraft möglich, die lediglich
in der Grenze v << c die aus Band 1 bekannten nicht relativistischen Gestalten annehmen. Ein solches Neudefinieren ist in der Elektrodynamik nicht notwendig. In
der vierdimensionalen Formulierung sind die Maxwell-Gleichungen besonders einfach und symmetrisch. Sie zeigen dann insbesondere die enge Korrelation zwischen
elektrischen und magnetischen Feldern, die für ein vertieftes Verständnis elektromagnetischer Vorgänge von besonderer Bedeutung ist. Was in dem einen Inertialsystem
als Magnetfeld erscheint, manifestiert sich in einem anderen Inertialsystem als elektrisches Feld und umgekehrt.
2.3
66
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
2.3.1 Kontinuitätsgleichung
Die experimentelle Beobachtung lehrt uns, dass die
elektrische Ladung q eine Lorentz-Invariante
ist. Es gibt keinerlei Hinweise darauf, dass die Ladung eines Teilchens von dessen
Geschwindigkeit abhängt. Dies gilt jedoch nicht für Größen wie die
Ladungsdichte ρ
oder die
Stromdichte j = ρ v.
Der Grund ist einleuchtend und hängt letztlich mit der Längenkontraktion zusammen.
Σ0 sei ein (mitbewegtes) Inertialsystem, in dem die betrachtete Ladung ruht:
dq = ρ0 dV0 .
ρ0 ist also die mitbewegte Ladungsdichte.
Σ sei ein anderes Inertialsystem, das sich relativ zu Σ0 mit der Geschwindigkeit v
parallel zur z-Achse bewegt. Da sich die Ladungsmenge im vorgegebenen Volumenelement nicht geändert haben kann, können wir ansetzen:
dq = ρ dV .
Für das Volumenelement dV gilt mit der Längenkontraktion (1.28):
1
dV = dx dy dz = dx0 dy0 dz0 1 − v2 |c2 = dV0 .
γ
Aus ρ dV = ρ0 dV0 folgt dann für die Ladungsdichte, wie sie von Σ aus gesehen wird:
ρ = ρ0 γ .
(2.100)
In ihrer Bedeutung als Ruheladungsdichte ist ρ0 eine Lorentz-Invariante. Die Ladungsdichte ρ bewirkt in Σ eine Stromdichte j:
j = γ ρ0 v .
(2.101)
An den Gleichungen (2.100) und (2.101) erkennt man einen kontravarianten ViererVektor, die so genannte
Vierer-Stromdichte
j μ = cρ, jx , jy , jz ≡ (cρ, j) = γ ρ0 (c, v) = ρ0 u μ .
(2.102)
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
67
Dass es sich um einen kontravarianten Vierer-Vektor handelt, folgt aus der Tatsache,
dass ρ0 ein Vierer-Skalar ist. j μ transformiert sich also wie die Welt-Geschwindigkeit u μ ,
von der wir bereits wissen, dass sie ein solcher kontravarianter Vierer-Vektor ist. Wir
machen trotzdem die Probe.
Im Ruhesystem Σ0 der Ladung gilt:
j0 = ρ0 v0 = 0 ;
j00 = c ρ0
−→
μ j0 = cρ0 , 0, 0, 0 .
Die Lorentz-Transformation (1.16) liefert dann für die Komponenten der ViererStromdichte in Σ:
j 0 = cρ = γ j00 − βγ j03 = c γρ0 ,
j1 = jx = j0x = 0 ,
j2 = jy = j0y = 0 ,
j3 = jz = −βγ j00 + γ j03 = −γ ρ0 v = −ρv .
Das ist offensichtlich das korrekte Ergebnis, wenn man bedenkt, dass v = (0, 0, −v) die
Geschwingigkeit der Ladung in Σ ist. Wir betrachten nun die Kontinuitätsgleichung
(s. (2.10), Bd. 3):
∂ρ
+ div j = 0 .
∂t
Wir erkennen in der linken Seite die Divergenz des Vierer-Vektors. Nach (2.32) gilt
nämlich:
∂μ j μ =
1 ∂ 0
∂
j + div j = div j + ρ .
c ∂t
∂t
Die Kontinuitätsgleichung schreibt sich also kurz:
∂μ j μ = 0 .
(2.103)
Beide Seiten der Gleichung sind Vierer-Skalare. Die Kontinuitätsgleichung ist demnach lorentzinvariant.
2.3.2 Elektromagnetische Potentiale
Wir diskutieren nun die Wellengleichungen der elektromagnetischen Potentiale,
ϕ(r, t) : skalares Potential ; A(r, t) : Vektorpotential ,
und wiederholen dazu einige Überlegungen aus Abschn. 4.1.3, Bd. 3. Wir wollen
auch hier das Maßsystem SI verwenden, obwohl das Gauß’sche System der Speziellen
Relativitätstheorie eigentlich besser angepasst ist. Die Maxwell-Gleichungen lassen
68
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
sich bekanntlich in zwei homogene und zwei inhomogene Differentialgleichungen
gruppieren:
homogen :
div B
=0,
rot E + Ḃ = 0 ,
inhomogen :
=ρ,
div D
rot H − Ḋ = j .
Wir beschränken unsere Betrachtungen auf das Vakuum, in dem
D = ε0 E ;
B = μ0 H
gesetzt werden muss. Das Vektorpotential ist durch den Ansatz ((3.34), Bd. 3),
B = rot A ,
definiert. Aus der zweiten homogenen Maxwell-Gleichung folgt dann
rot E + Ȧ = 0 ,
was zu dem folgenden Ansatz für das elektrische Feld E führt:
E = − grad ϕ − Ȧ
((4.21), Bd. 3) .
ϕ und A sind dadurch nicht eindeutig bestimmt. Man hat noch eine Funktion χ(r, t)
frei, falls diese so gewählt wird, dass
ϕ → ϕ − χ̇ ; A → A + grad χ
gewährleistet ist ((4.22) und (4.23), Bd. 3). Wegen rot grad χ = 0 ändert diese Eichtransformation die Felder E und B nicht. Man kann sie also nach Zweckmäßigkeitsgesichtspunkten festlegen. Durch Einführung der elektromagnetischen Potentiale ϕ
und A sind die homogenen Maxwell-Gleichungen automatisch erfüllt. Die beiden inhomogenen Gleichungen werden zu Differentialgleichungen zweiter Ordnung für die
Potentiale ϕ und A. Diese wiederum nehmen eine besonders symmetrische Gestalt
an, wenn man die Eichfunktion χ(r, t) so wählt, dass die
Lorenz-Bedingung
div A +
1 ∂
1
ϕ̇ = div A +
c2
c ∂t
1
ϕ =0
c
(2.104)
erfüllt ist (s. (4.37), Bd. 3). Mit c = (μ0 ε0 )−1|2 bestimmen sich ϕ und A aus den
folgenden
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
Wellengleichungen
69
1 ∂2
A ≡ Δ − 2 2 A = −μ0 j ,
c ∂t
1ρ
1 ∂2
1
1
ϕ = Δ− 2 2
ϕ =−
= −μ0 (c ρ)
c
c ∂t
c
c ε0
(2.105)
(2.106)
(s. (4.38) und (4.39), Bd. 3). Auf den rechten Seiten dieser Wellengleichungen erkennen
wir die Raum- und Zeitkomponenten der Vierer-Stromdichte j μ . Da der d’AlembertOperator (2.33) ein skalarer Operator ist, legen die Gleichungen (2.105) und (2.106)
die Einführung eines weiteren Vierer-Vektors nahe:
Vierer-Potential
Aμ ≡
1
ϕ, Ax , Ay , Az
c
≡
1
ϕ, A .
c
(2.107)
Damit lassen sich die Wellengleichungen für ϕ und A zu der
Vierer-Wellengleichung
A μ = −μ0 j μ
(2.108)
zusammenfassen, die kovariant ist, da beide Seiten Vierer-Tensoren derselben, nämlich der ersten Stufe sind.
Die Lorenz-Bedingung (2.104) lässt sich schließlich noch als Vierer-Divergenz (2.32) des Potentials A μ schreiben. Die Beziehung
1 ∂ 0
A + div A
c ∂t
ist offenbar mit der linken Seite von (2.104) identisch. Die
∂μ A μ =
Lorenz-Eichung
∂μ A μ ≡ 0
(2.109)
ist als Welt-Skalar lorentzinvariant.
2.3.3 Feldstärke-Tensor
Die Feldstärken E und B lassen sich in der relativistischen Elektrodynamik nicht
als Vierer-Vektoren schreiben. Wir werden stattdessen für sie einen Vierer-Tensor
zweiter Stufe einführen, der die Felder E und B gleichermaßen erfasst. Ausgangspunkt
sind wiederum die Zusammenhänge zwischen Feldern und Potentialen:
B = rot A ;
E = − grad ϕ − Ȧ .
70
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Den Vierer-Gradienten haben wir in Abschn. 2.1.3 eingeführt:
∂μ =
∂μ =
1 ∂
,∇
c ∂t
1 ∂
, −∇
c ∂t
= ∂0 , ∂1 , ∂2 , ∂3 ,
(2.110)
= ∂0 , ∂1 , ∂2 , ∂3 .
(2.111)
Es gilt offensichtlich:
∂0 = ∂0 ; ∂1, 2, 3 = −∂1, 2, 3 .
(2.112)
Damit schreiben wir zunächst das B-Feld um:
Bx =
∂
∂
Az − Ay = ∂2 A3 − ∂3 A2 = − ∂2 A3 − ∂3 A2 .
∂y
∂z
Analog ergibt sich für die anderen beiden kartesischen Komponenten:
By = − ∂3 A1 − ∂1 A3 ;
Bz = − ∂1 A2 − ∂2 A1 .
Das E-Feld lässt sich ganz ähnlich schreiben:
1 ∂
∂
∂
∂ 1
Ex = − ϕ − Ax = −c
ϕ +
Ax =
∂x
∂t
∂x c
c ∂t
= c ∂1 A0 − ∂0 A1 .
Entsprechende Ausdrücke ergeben sich für Ey und Ez :
Ey = c ∂2 A0 − ∂0 A2 ;
Ez = c ∂3 A0 − ∂0 A3 .
Wir führen durch
F μν ≡ ∂ μ Aν − ∂ν A μ
(2.113)
einen neuen Vierer-Tensor zweiter Stufe ein. Er ist als Tensorprodukt zweier kontravarianter Vierer-Vektoren ebenfalls kontravariant und offensichtlich antisymmetrisch:
F μν = −F νμ .
(2.114)
Man kann diesen Tensor als vierdimensionale Verallgemeinerung der Rotation (des
Vektors A μ ) auffassen:
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
Feldstärke-Tensor
⎛
⎜
⎜1
0
⎜ c Ex
F μν ≡ ⎜
⎜1
⎜ c Ey
⎝
1
c Ez
− 1c Ex
− 1c Ey
0
−Bz
Bz
0
−By
Bx
71
− 1c Ez
⎞
⎟
⎟
By ⎟
⎟ .
⎟
−Bx ⎟
⎠
0
(2.115)
Das elektromagnetische Feld wird im Minkowski-Raum also nicht mehr durch zwei
Felder, sondern durch einen Tensor zweiter Stufe beschrieben. Wir werden im nächsten Abschnitt den Feldstärke-Tensor zur kovarianten Formulierung der MaxwellGleichungen benutzen.
Der kovariante Feldstärke-Tensor ergibt sich leicht mit Hilfe der allgemeinen Übersetzungsvorschrift (2.26) aus Abschn. 2.1.2:
Fμν = μμα μνβ F αβ .
(2.116)
Da der metrische Tensor μαβ in der Speziellen Relativitätstheorie diagonal ist (2.19),
folgt einfach:
F0ν = −F 0ν ;
Fν0 = −F ν0 ;
Fμν = F μν ;
μν ∈ {1, 2, 3} .
(2.117)
Wir haben in (2.115) also lediglich E durch −E zu ersetzen, um von F μν zu Fμν zu
kommen. Wir erkennen an (2.115) eine wichtige
Invariante des elektromagnetischen Feldes
1
Fμν F μν = 2 B2 − 2 E2 ,
c
(2.118)
die als Vierer-Skalar von Lorentz-Transformationen unbeeinflusst bleibt. Man kann
offensichtlich nie ein reines B-Feld auf ein reines E-Feld transformieren. Wir werden
auf diese Tatsache später noch einmal zurückkommen.
2.3.4 Maxwell-Gleichungen
Wir wollen jetzt mit Hilfe des Feldstärke-Tensors (2.115) die Maxwell-Gleichungen
in explizit kovarianter Form ableiten. Beginnen werden wir mit den inhomogenen
Gleichungen, die mit c = (ε0 μ0 )−(1|2) wie folgt geschrieben werden können:
1
(2.119)
div
E = μ0 cρ = μ0 j 0 ,
c
1 ∂ 1
(2.120)
rot B −
E = μ0 j .
c ∂t c
72
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Auf der rechten Seite dieser Gleichungen erkennen wir die Komponenten des ViererStroms j μ (2.102). Die linken Seiten sollten deshalb ebenfalls Komponenten eines Vierer-Vektors sein, wenn, wie eingangs behauptet, das System der MaxwellGleichungen tatsächlich kovariant ist. Wir versuchen, die linken Seiten durch den
Feldstärke-Tensor auszudrücken:
μ=0
μ0 j 0 = div
∂
∂
1 ∂
1
E =
Ex + Ey + Ez =
c
c ∂x
∂y
∂z
= ∂1 F 10 + ∂2 F 20 + ∂3 F 30 = ∂α F α0 .
μ=1
1
1 ∂
∂
∂
− Ex =
μ0 j = μ0 jx = Bz − By +
∂y
∂z
c ∂t
c
1
= ∂2 F 21 + ∂3 F 31 + ∂0 F 01 = ∂α F α1 .
μ=2
1
1 ∂
∂
∂
− Ey =
μ0 j = μ0 jy = Bx − Bz +
∂z
∂x
c ∂t
c
2
= ∂3 F 32 + ∂1 F 12 + ∂0 F 02 = ∂α F α2 .
μ=3
μ0 j3 = μ0 jz =
1
1 ∂
∂
∂
− Ez =
By − Bx +
∂x
∂y
c ∂t
c
= ∂1 F 13 + ∂2 F 23 + ∂0 F 03 = ∂α F α3 .
Diese Beziehungen lassen sich zu einem kompakten Ausdruck zusammenfassen:
inhomogene Maxwell-Gleichungen
∂α F αβ = μ0 j β ; β = 0, 1, 2, 3 .
(2.121)
Links steht ein verjüngter Tensor dritter Stufe, demnach ein Vierer-Vektor wie auf
der rechten Seite. Kovarianz ist damit gewährleistet. In dieser Form gelten die inhomogenen Maxwell-Gleichungen in allen Inertialsystemen.
Wir kommen nun zu den homogenen Maxwell-Gleichungen:
div B = 0 ,
1 ∂
1
rot
E +
B=0.
c
c ∂t
(2.122)
(2.123)
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
73
Für (2.122) können wir auch schreiben:
0 = div B =
∂
∂
∂
B + B + B = ∂ F 32 + ∂2 F 13 + ∂3 F 21
∂x x ∂y y ∂z z 1
= ∂1 F 23 + ∂2 F 31 + ∂3 F 12 .
Die drei Komponenten der Vektorgleichung (2.123) lassen sich wie folgt umformen:
1 ∂
1
1 ∂
∂ 1
∂ 1
0 = rot E +
Bx =
E −
E +
Bx =
c x c ∂t
∂y c z
∂z c y
c ∂t
= ∂2 F 30 + ∂3 F 02 − ∂0 F 23 = − ∂2 F 30 + ∂3 F 02 + ∂0 F 23 ,
1
1 ∂
1 ∂
∂ 1
∂ 1
0 = rot E +
By =
Ex −
Ez +
By =
c y c ∂t
∂z c
∂x c
c ∂t
= ∂3 F 10 + ∂1 F 03 − ∂0 F 31 = − ∂3 F 10 + ∂1 F 03 + ∂0 F 31 ,
1
1 ∂
1 ∂
∂ 1
∂ 1
0 = rot E +
Bz =
Ey −
Ex +
Bz =
c z c ∂t
∂x c
∂y c
c ∂t
= ∂1 F 20 + ∂2 F 01 − ∂0 F 12 = − ∂1 F 20 + ∂2 F 01 + ∂0 F 12 .
Auch diese Gleichungen lassen sich in einem kompakten Ausdruck zusammenfassen,
wobei wir noch (2.112) ausnutzen:
homogene Maxwell-Gleichungen
∂α F βγ + ∂β F γα + ∂γ F αβ = 0 , α, β, γ beliebig aus (0, 1, 2, 3) .
(2.124)
Alle additiven Terme dieses Ausdrucks, die sich durch zyklische Vertauschung der
Indizes α, β, γ voneinander unterscheiden, sind Vierer-Tensoren gleicher Stufe. Die
Kovarianz ist somit evident. Sind zwei Indizes in (2.124) gleich, so wird die linke Seite
identisch Null. Es folgt zum Beispiel aus α = β (2.114):
∂α F αγ + ∂α F γα + ∂γ F αα = ∂α F αγ − F αγ = 0 .
Interessant sind also nur die Kombinationen (0, 2, 3), (0, 1, 3), (0, 1, 2), (1, 2, 3). Dies
sind aber gerade die oben diskutierten vier homogenen Maxwell-Gleichungen.
Das System der Maxwell-Gleichungen lässt sich also in Form von (2.121) und (2.124)
durch Vierer-Tensoren sehr knapp und symmetrisch ausdrücken, wobei die Kovarianz bezüglich Lorentz-Transformationen unmittelbar deutlich wird.
Eine noch kompaktere Darstellung der homogenen Maxwell-Gleichungen als
(2.124) erreicht man durch Einführung des so genannten dualen Feldstärke-Tensors:
F
μν
1
= ε μνρσ Fρσ .
2
(2.125)
74
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Dabei ist
⎧
⎪
⎪
⎪+1 , falls (μ, ν, ρ, σ ) gerade Permutation von (0, 1, 2, 3) ,
⎨
ε μνρσ = −1 , falls ungerade Permutation ,
⎪
⎪
⎪
⎩
0,
(2.126)
falls zwei oder mehrere Indizes gleich ,
der total antisymmetrische Einheitstensor vierter Stufe. Die Elemente Fμν des kovarianten Feldstärke-Tensors sind über (2.117) mit denen des kontravarianten Tensors (2.115) verknüpft. – An der Definition (2.125) liest man zunächst unmittelbar
F
μν
= −F
νμ
(2.127)
ab. Die Diagonalelemente sind also null. Wir berechnen als Beispiel unter Beachtung
von (2.117):
1
1 1230
12
F = ε12ρσ Fρσ =
ε F30 + ε1203 F03 =
2
2
1
1
=
−F30 + F03 = F 30 = Ez .
2
c
Ganz analog findet man (s. Aufg. 2.5.5, nur die Elemente mit μ < ν brauchen berechnet
zu werden):
F
13
= F 02 ;
F 04 = F 23 ;
F
23
= F 10 ;
F 02 = F 31 ;
F 03 = F 12 .
Man erhält demnach die Komponenten des dualen Feldstärke-Tensors F
des kovarianten Tensors Fμν durch die Ersetzung:
1
B ←→ − E .
c
μν
aus denen
(2.128)
Dies ergibt mit (2.115):
⎛
F
μν
0
⎜
⎜Bx
=⎜
⎜
⎝By
Bz
−Bx
−By
0
1
c Ez
− 1c Ez
0
1
c Ey
− 1c Ex
−Bz
⎞
⎟
− 1c Ey ⎟
⎟ .
⎟
1
c Ex ⎠
0
Man rechnet nun leicht die folgenden Beziehungen nach:
∂α F α0 = ∂0 F 00 + ∂1 F10 + ∂2 F 20 + ∂3 F30 =
= ∂1 F 32 + ∂2 F 13 + ∂3 F 21 = ∂1 F 23 + ∂2 F 31 + ∂3 F 12 ,
∂α F α1 = ∂0 F23 + ∂2 F 03 + ∂3 F20 = ∂0 F23 + ∂2 F30 + ∂3 F 02 ,
∂α F α2 = ∂0 F31 + ∂1 F 03 + ∂3 F10 ,
∂α F α3 = ∂0 F12 + ∂1 F20 + ∂2 F 01 .
(2.129)
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
75
Wir können anstelle von (2.124) also auch schreiben:
homogene Maxwell-Gleichungen
∂α F αβ = 0 ; β = 0, 1, 2, 3 .
(2.130)
Man erkennt schließlich noch an (2.115) und (2.129) eine weitere
Invariante des elektromagnetischen Feldes
4
Fαβ F αβ = − E · B .
c
(2.131)
Links steht ein Vierer-Tensor nullter Stufe, also ein Welt-Skalar. Das Skalarprodukt aus elektrischem und magnetischem Feld E · B ändert sich bei einer LorentzTransformation demnach nicht, ist somit in allen Inertialsystemen gleich.
2.3.5 Transformation der elektromagnetischen Felder
Mit den im letzten Abschnitt abgeleiteten Beziehungen können wir nun leicht berechnen, wie sich die elektrischen und magnetischen Felder bei einer LorentzTransformation im Einzelnen verhalten.
Das Transformationsverhalten eines kontravarianten Tensors zweiter Stufe kennen
wir aus Abschn. 2.1. Die Gleichungen (2.8) und (2.9),
μν ∂xμ ∂xν αβ
= α
F = Lμα Lνβ F αβ ,
F
∂x ∂xβ
führen mit (1.16) zu dem transformierten Feldstärke-Tensor. Wegen F αβ = −F βα
folgt unmittelbar auch
μν = − F νμ .
F
Dies bedeutet insbesondere, dass die Diagonalelemente des transformierten Tensors
verschwinden. Es bleiben deshalb sechs Elemente explizit zu berechnen:
01 1
1
!
F
= L11 L00 F 01 + L03 F 31 = γ − Ex + βBy = − Ex ,
c
c
02 1
1
!
F
= L22 L00 F 02 + L03 F 32 = γ − Ey − βBx = − Ey ,
c
c
03 00
03
30
33
F
+ L03 L30 F + L33 F =
= L00 L30 F + L33 F
1
1
! 1
= γ 2 1 − β2 − Ez = − Ez = Ez ,
c
c
c
12 !
12
F
= L11 L22 F = −Bz = −Bz ,
13 β
!
F
= L11 L30 F 10 + L33 F 13 = γ By − Ex = By ,
c
23 β
!
20
23
F
= L22 L30 F + L33 F = γ − Ey − Bx = −Bx .
c
76
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Damit transformieren sich die Komponenten des magnetischen Feldes nach den
folgenden Formeln:
β
(2.132)
Bx = γ Bx + Ey ,
c
β
(2.133)
By = γ By − Ex ,
c
Bz = Bz .
(2.134)
Für die Komponenten des elektrischen Feldes gilt:
Ex = γ Ex − β c By ,
Ey = γ Ey + β c Bx ,
(2.136)
Ez = Ez .
(2.137)
(2.135)
Diese Formeln machen die enge Verknüpfung zwischen elektrischen und magnetischen Feldern deutlich. Was in einem System als reines E- oder B-Feld erscheint,
ist in einem anderen Inertialsystem eine Mischung aus beiden. Bei allen LorentzTransformationen bleiben jedoch die
Invarianten des elektromagnetischen Feldes
1
und E · B
B2 − 2 E2
c
unverändert. Daraus folgt, wie bereits früher festgestellt, dass man ein reines B-Feld
nie auf ein reines E-Feld transformieren kann und umgekehrt.
Für manche Zwecke erscheint es sinnvoll, die Felder auf Komponenten parallel
und senkrecht zur Relativgeschwindigkeit v der beiden Inertialsysteme Σ und Σ
umzuschreiben. Die Parallelkomponente des elektrischen Feldes ist natürlich mit der
z-Komponente identisch:
E = Ez ez = Ez ez = E .
(2.138)
Die orthogonale Komponente bestimmt sich etwas komplizierter:
E⊥ = Ex ex + Ey ey = γ Ex ex + Ey ey + β c Bx ey − By ex .
Mit
β=
v
v ≡ 0, 0,
c
c
(2.139)
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
77
lässt sich der letzte Summand als Vektorprodukt schreiben:
E⊥ = γ [E⊥ + c(β × B)] .
Analog findet man für die magnetische Induktion:
1
B = B ; B⊥ = γ B⊥ − (β × E) .
c
(2.140)
(2.141)
Diese Ergebnisse lassen sich für die elektromagnetischen Felder wie folgt zusammenfassen:
E = γ [E + c(β × B)] −
γ2
γ +1
β (β · E) ,
1
γ2
β (β · B) .
B = γ B − (β × E) −
c
γ +1
(2.142)
(2.143)
In dieser Form gelten die Transformationsformeln für beliebige Geschwindigkeiten v.
Es muss also nicht notwendig v parallel zur z-Achse gerichtet sein. Wir machen die
Probe:
β β
β
γ2 2
E ·
= 2 γ E·β−
β (β · E) =
E ≡
β
β
β
γ +1
γ2 2
γ 2 + γ − γ 2 β2
= E γ −
β = E
= E ,
γ +1
γ +1
β β
E ·
= E − E =
E⊥ = E −
β
β
γ2 2
β − 1 = γ [E⊥ + c(β × B)] .
= γ [E⊥ + c(β × B)] + E γ −
γ +1
Dies sind für das E-Feld die korrekten Ausdrücke (2.138) und (2.140). Die Probe für
das B-Feld gelingt auf die gleiche Weise.
Wir diskutieren als Anwendungsbeispiel die
Felder einer bewegten Punktladung q.
Wir nehmen an, dass sich die Ladung q im Ursprung von Σ befindet. Σ sei das
Ruhesystem der Ladung.
Σ sei dagegen das Ruhesystem eines Beobachters P, wobei wir o. B. d. A. annehmen
können, dass sich dessen Position auf der y-Achse in Σ befindet.
Σ bewege sich relativ zu Σ mit der konstanten Geschwindigkeit v in z-Richtung,
wobei für t = t = 0 die beiden Koordinatenursprünge zusammenfallen sollen.
Die Position von P ist in Σ durch
r P = 0, yP , 0
78
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Σ′:
z′
q
y′
x′
v
r′
Σ:
z
ϕ
yP
×
P
y
Abb. 2.2. Zur Berechnung der Felder einer bewegten Punktladung
in zwei relativ zueinander bewegten Inertialsystemen
x
gegeben und in Σ durch
r = 0, yP , −v t .
(2.144)
Der Abstand des Beobachters von der Punktladung
r = yP2 + v2 t 2
beträgt wegen
v t = γ t − 2 zP = γ t
c
in Σ-Koordinaten:
r =
yP2 + v2 γ 2 t 2 .
(2.145)
Welche Felder sieht nun der Beobachter P, wenn sich die Punktladung q mit v = const
längs der z-Achse bewegt?
Die Felder in Σ sind die einer ruhenden Ladung, damit also aus der nicht relativistischen Elektrodynamik (s. Bd. 3) bekannt:
B ≡ 0 ,
E (t ) =
q
r
0, yP , −v t .
=
3
3
4πε0 r
4πε0 r
q
(2.146)
(2.147)
Das E-Feld ist zeitabhängig, da sich die Beobachterposition P in Σ zeitlich ändert,
d. h., es wird zu verschiedenen Zeiten t an verschiedenen Orten r in Σ das Feld
gemessen.
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
79
Zur Berechnung des E-Feldes in Σ benutzen wir die Transformationsformeln (2.135)
bis (2.137), wobei zu beachten ist, dass sich Σ relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit −v
bewegt:
Ex = γ Ex + β c By = 0 ,
Ey = γ Ey − β c Bx = γ Ey =
γ yP
,
4πε0 y2 + γ 2 v2 t 2 3|2
P
q
q
−γ v t
.
4πε0 y2 + γ 2 v2 t 2 3|2
P
Ez = Ez =
qγ
(2.148)
(2.149)
(2.150)
Ey
β ≤1
4πε0 y 2P
β << 1
×
×
vt1 2
Abb. 2.3. Zeitabhängigkeit der transversalen Kom-
ponente Ey des elektrischen Feldes einer relativ zum
Beobachter in z-Richtung bewegten Punktladung
gesehen vom Ruhsystem des Beobachters
vt
Die transversale Komponente Ey ist offensichtlich nur im Zeitintervall
−t1|2 ≤ t ≤ +t1|2
merklich von Null verschieden, wobei die Halbwertsbreite t1|2 durch
Ey t = t1|2 ! 1
=
Ey (t = 0)
2
definiert ist. Sie bestimmt sich damit über
yP3
1 !
=
3|2
2
yP2 + γ 2 v2 t12|2
zu
t1|2 =
1|2
yP 2|3
2 −1
.
γv
Das Maximum der Ey -Spitze liegt bei t = 0, also im Moment des kürzesten Abstandes
der Ladung q von P. Im relativistischen Bereich v c wird die Spitze sehr scharf, da
t1|2 sehr klein wird.
80
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Ez
Abb. 2.4. Zeitabhängigkeit der
q (6 3πε 0 y 2P )
t0
β<<1
−t0
vt
β ≤1
longitudinalen Komponente Ez
des elektrischen Feldes einer
relativ zum Beobachter in z-Richtung bewegten Punktladung
gesehen vom Ruhsystem des
Beobachters
Die longitudinale Komponente Ez des elektrischen Feldes (2.150) wechselt bei t = 0
das Vorzeichen und besitzt Extrema bei
±t0 =
yP 1
√ ,
γv 2
wie man leicht nachrechnet, wenn man die erste zeitliche Ableitung gleich Null setzt.
Die Extremwerte
q
Ez t = ±t0 = ∓ √
6 3πε0 yP2
sind dabei v-unabhängig.
Wie sieht nun im Beobachtersystem Σ für eine feste Zeit t die räumliche Verteilung
des elektrischen Feldes E relativ zur Punktladung aus? Abb. 2.2 verdeutlicht
yP = r sin ϕ ;
v t = r cos ϕ ,
wobei r der Abstand zwischen Ladung und Beobachter in Σ ist. Mit
2
3|2
3|2
yP + γ 2 v2 t 2
= r3 sin2 ϕ + γ 2 cos2 ϕ
=
3| 2
= r3 γ 3 1 − β2 sin2 ϕ
folgt für die Feldverteilung in Σ um die Punktladung q:
E=
4πε0
r3 γ 2
qr
3|2 .
1 − β2 sin2 ϕ
(2.151)
r ist der Ortsvektor von der Punktladung zum Beobachter. Das E-Feld ist zwar wie
bei einer ruhenden Ladung radial, aber für β =/ 0 nicht mehr isotrop. In Bewegungsrichtung (ϕ = 0 oder π) gilt:
E(β)
1
,
=
E(0) γ 2
dagegen senkrecht zur Bewegungsrichtung (ϕ = π|2):
E(β)
=γ.
E(0)
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
81
Wir müssen schließlich noch das B-Feld der bewegten Punktladung diskutieren.
Mit den Transformationsformeln (2.132) bis (2.134) finden wir für die kartesischen
Komponenten in Σ:
β
β β
Bx = γ Bx − Ey = −γ Ey = − Ey ,
(2.152)
c
c
c
β
By = γ By + Ex = 0 ,
(2.153)
c
Bz = Bz = 0 .
(2.154)
Bei dieser Auswertung haben wir (2.146) und (2.147) ausgenutzt. – Die bewegte
Punktladung ruft also in x-Richtung eine magnetische Induktion hervor. Deren Zeitabhängigkeit entspricht der von Ey , die wir ausführlich diskutiert haben. – Etwas
allgemeiner gilt nach (2.143) mit B ≡ 0 für die magnetische Induktion:
μ qγ γ
(2.155)
B=
β × E = 0 3 v × r .
c
4π r
Für γ = 1 ist dies das Biot-Savart’sche Gesetz (s. (3.23), Bd. 3) für das durch eine
bewegte Ladung hervorgerufene Magnetfeld. – In unserem speziellen Fall (v = v ez )
ist
v × r = −v yP ex .
(2.156)
2.3.6 Lorentz-Kraft
Wir wollen schließlich noch die Lorentz-Kraft
F = q(E + v × B)
((4.40), Bd. 3) in unseren vierdimensionalen Formalismus einbauen. Zunächst interpretieren wir F als die zeitliche Ableitung der Raumkomponenten (pr , (2.58)) des
Vierer-Impulses (2.57):
Tr
pμ =
, pr = m u μ = mγ (c, v) .
c
(d|dt)pr sind dann aber ihrerseits noch nicht die Raumkomponenten eines ViererVektors, da sich die Zeit t nicht entsprechend transformiert. Wir führen deshalb
wieder die Eigenzeit τ (t = γ τ) ein und versuchen, die Lorentz-Kraft so zu verallgemeinern, dass wie in der Mechanik ein kovariantes Kraftgesetz der Form
d μ
d
p ≡ m uμ
dτ
dτ
gilt. Auf der linken Seite sollte natürlich die
Kμ ≡
Minkowski-Kraft (2.51)
Kμ ≡ γ
F·v
, Fx , Fy , Fz
c
≡ K0, K
(2.157)
(2.158)
82
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
stehen, die wir in Abschn. 2.2.2 für die Klassische Mechanik diskutiert haben.
Mit (2.92) folgt zunächst für die Raumkomponenten
K≡
d
pr = γ F = q(γ E + γ v × B) .
dτ
Auf der rechten Seite führen wir die kontravariante Vierer-Geschwindigkeit u μ (2.39)
ein:
u μ ≡ γ (c, v) ≡ u0 , u .
Dann gilt:
1
E +u×B .
K = q u0
c
Wir drücken die rechte Seite durch den kontravarianten Feldstärke-Tensor (2.115)
aus:
1
Ex + uy Bz − uz By = q u0 F 10 + u2 F 21 + u3 F 31 = K 1 ,
Kx = q u0
c
1
Ky = q u0
Ey + uz Bx − ux Bz = q u0 F 20 + u3 F 32 + u1 F 12 = K 2 ,
c
0 1
Kz = q u
Ez + ux By − uy Bx = q u0 F 30 + u1 F 13 + u2 F 23 = K 3 .
c
Ersetzen wir nach (2.114) in diesen Ausdrücken die Terme F αβ mit β =/ 0 durch −F βα
und die kontravariante durch die kovariante Vierer-Geschwindigkeit (u0 → u0 ;
u → −u), dann gilt offenbar, da F μμ = 0:
K 1 = Kx = q F 1α uα ,
(2.159)
K 2 = Ky = q F 2α uα ,
(2.160)
K 3 = Kz = q F 3α uα .
(2.161)
Die rechten Seiten transformieren sich sicher wie die Raumkomponenten eines kontravarianten Vierer-Vektors. Es liegt deshalb nahe, das System durch eine entsprechende Zeitkomponente zu ergänzen:
K 0 = q F 0α uα =
1
1
1
− Ex −ux + − Ey −uy + − Ez −uz =
c
c
c
1
=q
E · (γ v) .
c
=q
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
83
Dieser Ausdruck ist wegen
q v·E =v·F
leicht interpretierbar. Mit (2.53) gilt nämlich:
d
d 1
F·v
=γ
K0 = γ
Tr = p0 .
c
dt c
dτ
(2.162)
Dieses Ergebnis passt zu (2.157) und (2.158). Wir haben damit die
kovariante Formulierung der Lorentz-Kraft
gefunden:
Kμ ≡
d μ
p = q F μα uα = γ
dτ
1
F · v, F
c
(2.163)
.
K μ ist die in Abschn. 2.2.2 zur kovarianten Darstellung der Klassischen Mechanik
eingeführte Minkowski-Kraft. (2.163) dokumentiert noch einmal die Schlüssigkeit
der Überlegungen aus Abschn. 2.2.2.
Untersuchen wir zum Schluss, ähnlich wie in Abschn. 2.2.3, noch einmal das explizite Transformationsverhalten der Lorentz-Kraft F. Wie üblich betrachten wir dazu
zwei Inertialsysteme Σ und Σ , von denen sich Σ relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v
parallel zur z-Achse bewegen soll. Ein Teilchen der Ladung q mit der Geschwindigkeit u in Σ erfährt die Lorentz-Kraft:
F = q(E + u × B) in Σ .
(2.164)
Unter welcher Kraft F bewegt es sich für einen Beobachter aus Σ ? Wir bestimmen F aus dem Transformationsverhalten der Raumkomponenten der kontravarianten Minkowski-Kraft (2.158):
K1 = K1 ;
K2 = K2 ,
K 3 = γv −β K 0 + K 3 ;
β=
v
;
c
γv = 1 − β2
−1|2
.
Wenn u die Teilchengeschwindigkeit in Σ bedeutet, dann folgt aus diesen Gleichungen:
γu Fx = γu Fx ; γu Fy = γu Fy ;
γu Fz
= γv
F·u
γu Fz − β γu
c
.
Mit denselben Überlegungen, die in Abschn. 2.2.3 zu Gleichung (2.80) führten, findet
man auch hier:
vu γu = γu γv 1 − 2z .
c
84
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Damit lauten die Komponenten der Lorentz-Kraft in Σ :
Fx =
1
Fx
γv 1 − v uz
2
,
(2.165)
,
(2.166)
c
Fy =
Fy
1
γv 1 − v uz
2
c
v
Fz − 2 (F · u)
c
Fz =
.
v uz
1− 2
c
(2.167)
Identische Formeln hatten wir in Abschn. 2.2.3 für die mechanischen Kräfte gefunden,
was wegen (2.163) nicht weiter verwundert.
2.3.7 Formeln der relativistischen Elektrodynamik
Wir haben mit dem letzten Abschnitt die kovariante Formulierung der Elektrodynamik abgeschlossen. Zur besseren Übersicht wollen wir die wichtigsten Formeln noch
einmal zusammenstellen:
Elektrische Ladung:
q : Lorentz-Invariante
Vierer-Stromdichte:
j μ = (cρ, j) = γ ρ0 (c, v) = ρ0 u μ
ρ0 : Ruheladungsdichte ,
u μ ≡ γ (c, v) : Welt-Geschwindigkeit .
Kontinuitätsgleichung:
∂μ j μ = 0 ; ∂μ ≡
Vierer-Potential:
Aμ ≡
1 ∂
,∇
c ∂t
.
1
ϕ, A .
c
Vierer-Wellengleichung:
A μ = −μ0 j μ ;
=Δ−
Lorenz-Eichung:
∂μ A μ = 0 .
1 ∂2
.
c2 ∂t 2
2.3
Kovariante Formulierung der Elektrodynamik
85
Kontravarianter Feldstärke-Tensor:
F μν ≡
∂ μ Aν − ∂ν A μ ;
⎛
0
⎜1
⎜
c Ex
F μν ≡ ⎜
⎜1
⎝ c Ey
1
c Ez
∂μ ≡
− 1c Ex
− 1c Ey
0
−Bz
Bz
0
−By
Bx
1 ∂
, −∇
c ∂t
⎞
− 1c Ez
⎟
By ⎟
⎟.
⎟
−Bx ⎠
0
,
Kovarianter Feldstärke-Tensor:
Fμν = μμα μνβ F αβ .
Dualer Feldstärke-Tensor:
μν
1 μνρσ
ε
Fρσ
2
aus Fμν durch Substitution: B ←→ −(1|c)E.
F
=
Maxwell-Gleichungen:
Homogen:
∂α F αβ = 0 ; β = 0, 1, 2, 3
oder
∂α F βγ + ∂β F γα + ∂γ F αβ = 0 ,
α, β, γ beliebig aus (0, 1, 2, 3).
Inhomogen:
∂α F αβ = μ0 j β ; β = 0, 1, 2, 3 .
Transformation der Felder:
v
β= :
c
E = γ [E + c ( β × B)] −
γ2
β(β · E) ,
γ+1
1
γ2
B = γ B − ( β × E) −
β (β · B) .
c
γ+1
Speziell für v = v ez :
β
= γ Bx + Ey ;
c
β
By = γ By − Ex ;
c
Bz = Bz ;
Bx
Ex = γ Ex − β c By ,
Ey = γ Ey + β c Bx ,
Ez = Ez .
86
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Invariante des elektromagnetischen Feldes:
1
und E · B .
B2 − 2 E2
c
Minkowski-Kraft:
Kμ ≡
γ
F·v
, Fx , Fy , Fz
c
,
F = q(E + v × B) : Lorentz-Kraft ,
v : Teilchengeschwindigkeit .
Kovariante Kraftgleichung:
Kμ = m
2.4
d μ
u = q F μα uα .
dτ
2.4 Kovariante Lagrange-Formulierung
Nachdem wir in Abschn. 2.2 die relativistische Verallgemeinerung der NewtonMechanik vollzogen haben, soll nun noch, zumindest in Ansätzen, eine relativistische
Lagrange-Mechanik (s. Kap. 1, Bd. 2) diskutiert werden. Insbesondere geht es darum,
Lagrange-Funktionen zu finden, mit denen sich die Bewegungsgleichungen in einer
korrekten kovarianten Form angeben lassen.
Der einfachste Zugang gelingt mit Hilfe des Hamilton’schen Prinzips (Abschn. 1.3,
Bd. 2):
Das Wirkungsfunktional ((1.112), Bd. 2)
!t2
S=
L q(t), q̇(t), t dt
t1
über die Lagrange-Funktion L(q, q̇, t) nimmt auf der Menge M der zugelassenen
Bahnen ((1.110), Bd. 2)
#
"
M = q(t) : q t1 = qa , q t2 = qe
für die tatsächliche Bahn ein Extremum an:
δS = 0 .
Zu M gehören alle Bahnen mit gleichen Anfangs- und Endkonfigurationen qa und qe ,
die jeweils zu bestimmten Zeiten t1 und t2 angenommen werden, wobei die einzelnen
Bahnen durch virtuelle Verrückungen auseinander hervorgehen. Eine Konsequenz
dieses Hamilton’schen Prinzips sind die Lagrange’schen Bewegungsgleichungen:
2.4
Kovariante Lagrange-Formulierung
d ∂L ∂L
−
=0;
dt ∂q̇j ∂qj
87
j = 1, . . . , s .
Das Äquivalenzpostulat (Abschn. 1.3) kann nun dahingehend interpretiert werden,
dass das Wirkungsfunktional S, aus dem die fundamentalen Bewegungsgleichungen
folgen, lorentzinvariant sein sollte. Ferner sollte insbesondere auch die LagrangeFunktion L ein Vierer-Skalar sein und anstelle von q, q̇ und t von den kontravarianten
Vierer-Vektoren x μ und u μ sowie dem Vierer-Skalar τ abhängen. Wir formulieren
deshalb über die Substitution
(2.168)
L −→ L x μ , u μ , τ
ein
kovariantes Hamilton’sches Prinzip
δS = δ
!τ2
dτ L(x μ , u μ , τ) = 0 ,
!
(2.169)
τ1
aus dem kovariante Lagrange’sche Bewegungsgleichungen,
∂L
d ∂L
− μ =0,
μ
dτ ∂u
∂x
(2.170)
folgen. Die Frage ist nur: Wie findet man die relativistische Lagrange-Funktion L?
In der Regel wird man Analogiebetrachtungen zur nicht relativistischen Mechanik
ausnutzen müssen. So sollten zum Beispiel für v << c die vertrauten Relationen
reproduziert werden. Das Hauptproblem liegt darin, dass wegen L = T − V Aussagen über das Potential V und damit über Kräfte in kovarianter Vierer-Darstellung
möglich sein müssen. Elektromagnetische Kräfte sind, wie wir im letzten Abschnitt
gesehen haben, unproblematisch, wohingegen über Kernkräfte zum Beispiel kaum
nennenswerte Theorien vorliegen. Wir wollen uns hier mit zwei wichtigen Beispielen zufrieden geben, die sich wie auch (2.168) bis (2.170) auf ein einzelnes Teilchen
beziehen.
1) Kräftefreies Teilchen
Wir suchen eine Lagrange-Funktion L0 , aus der die Bewegungsgleichung
m
d μ
u =0
dτ
folgt. Nichtrelativistisch würde man dazu
!t2
S=
t1
L0 x(t), v(t), t dt
(2.171)
88
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
untersuchen, wobei dann für den Teilchenimpuls
pi =
∂L0
;
∂vi
i = x, y, z
gelten muss. Wenn wir in dieser Beziehung unter pi gleich den relativistisch korrekten
Ausdruck verstehen,
m vi
∂L0
= pri = ,
∂vi
1 − v2 |c 2
so folgt durch Integration:
L0 = −m c2 1 − v2 |c2 .
(2.172)
Dies ist die relativistisch korrekte Form. Man beachte jedoch, dass L0 nicht mehr mit
der kinetischen Energie identisch ist, sich also von Tr aus (2.54) unterscheidet. Für
die zugehörige Hamilton-Funktion gilt allerdings ((2.8), Bd. 2):
m v2
H0 =
pri vi − L0 = + m c 2 1 − v2 |c 2 = γ m c 2
2
i
1 − vc2
m c2
⇒ H0 = = Tr .
1 − v2 |c 2
(2.173)
Wir substituieren schließlich noch im Wirkungsfunktional S die Zeit t durch die
Eigenzeit τ:
!τ2
S=
dτ γ L0 .
τ1
Der Vergleich mit (2.169) ergibt:
L0 = γ L0 = −m c2 .
(2.174)
Nun gilt nach (2.41)
c2 = u μ uμ ,
sodass die korrekte funktionale Abhängigkeit der Lagrange-Funktion L0 von u μ
durch
L0 = L0 u μ = −mu μ uμ
(2.175)
gegeben sein könnte, oder etwas allgemeiner:
1 (2−η)
L0 = −mcη uμ uμ 2
(2.176)
2.4
Kovariante Lagrange-Formulierung
89
Wir bestimmen η aus der Forderung nach ,,korrekten“ Bewegungsgleichungen. Da
uμ kontravariant ist,
uμ =
∂xμ α
u = Lμα uα
∂xα
transformiert sich der Geschwindigkeitsgradient
∂xα ∂
∂
=
= L−1 αμ α
μ
μ
α
∂u
∂x ∂u
∂u
∂
(2.177)
wie ein kovarianter Vierer-Vektor. Wir definieren den kovarianten kanonischen Impuls
pμ = −
∂L
= (p0 , −p)
∂uμ
(2.178)
mit einem Minuszeichen, damit die Raumkomponenten mit der nicht relativistischen
Definition für v << c übereinstimmen. Für den kontravarianten kanonischen Impuls
gilt dann mit (2.25), (2.24) und (2.19):
pμ = μμα pα = (p0 , p)
(2.179)
Schließlich sollte für das hier diskutierte freie Teilchen gelten:
p(0)
μ =−
∂L0 !
μ
= muμ ⇐⇒ p(0) = muμ
∂uμ
(2.180)
Dies bedeutet mit dem Ansatz (2.176)):
1
∂
η uβ u 2 (2−η)
−mc
p(0)
=
−
β
μ
∂uμ
= mcη
1 (2−η)
∂ μβγ uβ uγ 2
μ
∂u
− 1 η
2
= (2 − η)mcη μμγ uγ μβγ uβ uγ
− 1 η
2
= (2 − η)mcη uμ uβ uβ
= (2 − η)muμ
Der Vergleich mit (2.180) führt auf η = 1. Das ergibt die gesuchte funktionale Abhängigkeit der Lagrange-Funktion L0 von der Vierer-Geschwindigkeit uμ :
1
L0 = −mc uμ uμ 2
(2.181)
Das kovariante Hamiltonsche Prinzip war der Ausgangspunkt der Überlegungen,
woraus die Bewegungsgleichungen (2.170) folgen. Das bedeutet hier für das kräfte-
90
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
freie Teilchen:
d
d ∂L0
∂L0
= 0 −→ p(0)
= m uμ = −
=0
μ
μ
∂x
dτ
dτ ∂uμ
μ
p(0) = m
d μ
u =0
dτ
(2.182)
(2.183)
Der Ansatz (2.181) für L0 erscheint korrekt.
2) Geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld
Wir suchen in diesem Beispiel, das in Abschn. 1.2.3, Bd. 2 unter dem Stichwort verallgemeinerte Potentiale ausführlich besprochen wurde, nach der kovarianten LagrangeFunktion L, aus der sich die Lorentz-Kraftgleichung,
F = q(E + v × B) ,
ableitet. Nichtrelativistisch gilt (s. (1.79), Bd. 2):
L(x, v, t) =
m 2
v + q(v · A) − q ϕ .
2
(2.184)
ϕ(x, t) ist das skalare Potential und A(x, t) das Vektorpotential. Der kinetische Anteil
sollte mit L0 aus Beispiel 1) identisch sein, während sich die beiden elektromagnetischen Anteile vermutlich bereits relativistisch korrekt verhalten. Mit (2.172) für L0
verwenden wir im Wirkungsfunktional
L = L0 + q(v · A) − q ϕ
und ersetzen wie in Beispiel 1) die Zeit t durch die Eigenzeit τ. Der Vergleich mit (2.169)
führt dann zu dem folgenden Ansatz:
L = γ L = γ L0 + q(γ v · A) − q γ ϕ =
1
= L0 + q γ v · A − (γ c)
ϕ .
c
Mit (2.29), (2.40) und (2.129) erkennen wir auf der rechten Seite das Skalarprodukt
aus Vierer-Geschwindigkeit u μ und Vierer-Potential A μ :
L x μ , u μ , τ = L0 u μ − q u μ Aμ = −mu μ uμ − q u μ Aμ .
(2.185)
Wir überprüfen, ob aus diesem mehr oder weniger erratenen Ansatz für L die bekannte Bewegungsgleichung folgt. Dazu setzen wir L in die kovariante LagrangeGleichung (2.170) ein:
d
d
∂ d ∂L
! ∂L
= −m uμ − q Aμ =
= −q μ u μ Aμ .
μ
μ
dτ ∂u
dτ
dτ
∂x
∂x
2.4
Kovariante Lagrange-Formulierung
91
Es sollte also gelten:
m
d
d
!
uμ = q ∂μ u μ Aμ − Aμ = Kμ .
dτ
dτ
(2.186)
Wenn unser Ansatz (2.185) sich tatsächlich als richtig erweist, dann haben wir, gewissermaßen als Nebenprodukt, mit (2.186) eine neue Darstellung für die MinkowskiKraft eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld gefunden.
Wir kontrollieren zunächst die Raumkomponenten, von denen wir annehmen,
dass sie auf die bekannte Lorentz-Kraft führen. Wie üblich wollen wir die kontravariante Version des Vierer-Vektors (2.186),
d
(2.187)
K μ = q ∂ μ u μ Aμ − A μ ,
dτ
diskutieren. Mit (2.31) und (2.38) gilt dann
∂
d
Ki = q − (−γ v · A + γ ϕ) − γ Ai ,
∂xi
dt
i ∈ (x, y, z) .
Nach (2.158) sollte somit für die kartesischen Komponenten der Lorentz-Kraft
1
∂
∂ϕ d
Fi = Ki = q
A
(v · A) −
−
γ
∂xi
∂xi dt i
folgen. Benutzt man
∂Ai
d
Ai = v · ∇Ai +
,
dt
∂t
so kann man folgende Umformung vornehmen:
(v × rot A)x = vy (rot A)z − vz (rot A)y =
∂
∂
∂
∂
= vy
A − A − vz
A − A =
∂x y ∂y x
∂z x ∂x z
=
∂
∂
∂
∂
(v · A) − vx Ax − vy Ax − vz Ax =
∂x
∂x
∂y
∂z
∂
(v · A) − v · ∇ Ax =
∂x
∂
∂
d
=
(v · A) − Ax + Ax .
∂x
dt
∂t
=
Ganz analog berechnen sich die beiden anderen Komponenten:
d
∂
∂
(v · A) − Ai = (v × rot A)i − Ai .
∂xi
dt
∂t
92
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Dies ergibt für die Kraftkomponenten Fi :
∂ϕ ∂Ai
−
Fi = q −
+ (v × rot A)i .
∂xi ∂t
Die ersten beiden Summanden stellen gerade die i-te Komponente des elektrischen
Feldes E dar ((4.21), Bd. 3), sodass die Raumkomponenten der Vierer-Kraft (2.187) in
der Tat auf die korrekte Lorentz-Kraft,
F = q −∇ ϕ − Ȧ + v × rot A = q(E + v × B) ,
(2.188)
führen. – Zu überprüfen bleibt noch die Zeitkomponente:
d 1
1 ∂
ϕ .
K0 = q
(−γ A · v + γ ϕ) − γ
c ∂t
dt c
Wir setzen
d
∂
ϕ = ∇ϕ · v + ϕ
dt
∂t
ein und erhalten:
1
1
∂A
− ∇ ϕ · v = q γ (E · v) .
K 0 = q γ −v ·
c
∂t
c
Dies lässt sich mit (2.188) als
K0 = γ
F·v
c
(2.189)
schreiben. Wir haben damit aus unserem Ansatz (2.185) für L die nach (2.157)
und (2.158) korrekte Bewegungsgleichung abgeleitet:
d μ
F·v
μ
, Fx , Fy , Fz .
(2.190)
K =m u =γ
dτ
c
Unser Ansatz ist damit gerechtfertigt. – Wir können deshalb weiter folgern:
Kanonischer Impuls
pμ = −
∂L
= m uμ + q Aμ .
∂u μ
(2.191)
Dies ist die kovariante Version; die kontravariante ergibt sich einfach durch Umstellen
der Indizes:
pμ = m uμ + q Aμ .
(2.192)
2.5
Aufgaben
93
Die Raumkomponenten (i ∈ (x, y, z)),
pi = mγ vi + q Ai ,
(2.193)
enthalten neben dem relativistischen, mechanischen Impuls p(i)
r = m γ vi noch einen
Zusatzterm q Ai , der allerdings keinen relativistischen Effekt darstellt, sondern bereits in dem entsprechenden nicht relativistischen Ausdruck ((1.80), Bd. 2) erscheint.
Man hat also auch hier den kanonischen von dem mechanischen Impuls zu unterscheiden. – Betrachten wir schließlich noch die Zeitkomponente des kanonischen
Impulses:
1
1
mγ c2 + q ϕ .
p0 = mγ c + q ϕ =
c
c
Der erste Summand auf der rechten Seite ist gerade die relativistische kinetische Energie Tr , die wir in (2.54) eingeführt haben. Die Klammer stellt also die Gesamtenergie
des Teilchens dar:
E = Tr + q ϕ = mγ c2 + q ϕ .
Für den kanonischen Impuls gilt somit:
1
E, mγ v + qA ≡
pμ =
c
1
E, p .
≡
c
Davon zu unterscheiden ist der mechanische Impuls,
1
Tr
Tr
μ
pm =
,mγ v =
, pr =
(E − q ϕ), p − q A ,
c
c
c
(2.194)
(2.195)
(2.196)
(2.197)
wie wir ihn in (2.57) eingeführt haben. Nun bleibt noch (2.62),
μ
pm pmμ = m2 c2 ,
auszunutzen,
m2 c2 = −(p − q A)2 +
1
(E − q ϕ)2 ,
c2
um wie folgt die
relativistische Energie eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld
darzustellen:
E=
(p − q A)2 c2 + m2 c4 + q ϕ .
Dieser Ausdruck ist mit (2.63) zu vergleichen.
(2.198)
94
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
2.5
2.5 Aufgaben
2.5.1
Aufgabe 2.5.1 Zeigen Sie, dass der metrische Tensor der Speziellen Relativitätstheorie (2.19) ein kovarianter Tensor zweiter Stufe ist!
2.5.2
Aufgabe 2.5.2
1. aμ sei ein beliebiger, kontravarianter Vierer-Vektor und bμ irgendein vierkomponentiger Vektor. Dabei sei stets aμ bμ eine Lorentz-Invariante. Zeigen
Sie, dass dann bμ ein kovarianter Vierer-Vektor sein muss!
2. Tμν sei irgendein Tensor 2. Stufe und aμ und cν seien beliebige kontravariante Vierer-Vektoren. Der Ausdruck Tμν aμ cν stelle dabei stets eine
Lorentz-Invariante dar. Zeigen Sie, dass Tμν dann ein kovarianter Tensor
2. Stufe sein muss.
2.5.3
Aufgabe 2.5.3 Führen Sie über
bμ =
d μ
u ,
dτ
u μ : Vierer-Geschwindigkeit ,
τ : Eigenzeit
die Vierer-Beschleunigung ein.
1. Zeigen Sie, dass die Beschleunigung im Minkowski-Raum stets orthogonal
zur Geschwindigkeit ist.
2. Drücken Sie die Komponenten von b μ explizit durch die der Systemgeschwindigkeit v = (vx , vy , vz ) aus!
2.5.4
Aufgabe 2.5.4 Damit der Astronaut sich bei seinem Flug durchs All in seiner
Rakete stets wie „zu Hause“ fühlt, wird dafür gesorgt, dass die Beschleunigung
der Rakete in dem System Σ , indem sie „momentan ruht“, konstant gleich der
Erdbeschleunigung g ist. Die Anfangsgeschwindigkeit der Rakete zur Zeit t = 0
sei v = 0. Diskutieren Sie im Folgenden den Flug im „erdfesten“ System Σ, wenn
die Beschleunigung in z-Richtung wirkt.
1. Welche Geschwindigkeit v(t) besitzt die Rakete im Erdsystem Σ für t > 0?
2. Schätzen Sie ab, nach welcher Zeit in einer nicht relativistischen Rechnung die Raketengeschwindigkeit die Lichtgeschwindigkeit überschreiten
würde.
3. Berechnen Sie die zeitabhängige Position der Rakete im Erdsystem Σ.
4. Wie ändert sich die Energie der Rakete mit der Zeit?
5. Stellen Sie einen expliziten Zusammenhang zwischen der Eigenzeit τ („Alter“) des Astronauten und der auf der Erde vergangenen Zeit t her!
2.5
Aufgaben
95
Aufgabe 2.5.5 Betrachten Sie eine Rakete, auf die keine äußeren Kräfte wirken
(gravitationsfreier Raum), und die durch ihren Massenausstoß angetrieben
wird. Beim Start habe die Rakete die Masse M0 und die Geschwindigkeit v0 = 0
und zu einem späteren Zeitpunkt die Masse M und die Geschwindigkeit v
relativ zum Erd-(Labor-) System. Von der Rakete wird die Masse dm mit der
Geschwindigkeit v∗ relativ zur Rakete nach hinten ausgestoßen. Berechnen Sie:
1. nicht-relativistisch,
2. relativistisch
die Geschwindigkeit v als Funktion der momentanen Raketenmasse M.
2.5.5
Aufgabe 2.5.6 Ein Teilchen bewege sich im Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit
2.5.6
u = u(t) ez
entlang der z-Achse. Zeigen Sie, dass seine Eigenzeit
Δτ =
! τ2
τ1
dτ =
!
t2
t1
1
γu(t)
dt
γu(t) = 1 −
u2 (t)
c2
− 12
eine relativistische Invariante ist.
Aufgabe 2.5.7 Das Inertialsystem $
Σ bewege sich relativ zu dem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit v in beliebiger Richtung.
Σ verschwinde das Magnetfeld $
B = 0. Welcher Zusammenhang besteht
1. In $
2.
2.5.7
dann zwischen E, B und v in Σ? Was kann über E ·B und c2 B2 −E2 ausgesagt
werden?
Σ für das elektrische
Beantworten Sie dieselben Fragen für den Fall, dass in $
Feld $
E = 0 gilt!
Aufgabe 2.5.8 Ein Teilchen mit der Ladung q bewege sich in einem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit
u = (a, a, a)
in einem homogenen Magnetfeld B = (B, 0, 0). Σ sei ein Inertialsystem, das
sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v = v ez = const bewegt. Welche
Kräfte wirken auf das Teilchen in Σ und Σ ?
2.5.8
96
2.5.9
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Aufgabe 2.5.9 Zeigen Sie mit Hilfe der Transformationsformeln des elektromagnetischen Feldes, dass
i 2
B+ E
c
eine Lorentz-Invariante ist.
2.5.10
Aufgabe 2.5.10 Zeigen Sie durch explizite Berechnung, dass sich die Kompoμν
nenten des dualen Feldstärketensors F aus denen des kovarianten Tensors Fμν
durch die Substitution
1
B ←→ − E
c
ergeben.
2.5.11
Aufgabe 2.5.11 Das Inertialsystem $
Σ bewege sich relativ zu dem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit v = vez = const. Zur Zeit t = 0 sollen die beiden
Σ befinde sich die Punktladung q.
Systeme zusammenfallen. Im Ursprung von $
Σ und Σ!
1. Bestimmen Sie die Vierer-Potentiale Âμ und Aμ in $
2. Berechnen Sie mit Hilfe von Aμ die elektromagnetischen Felder E und
B der Punktladung in Σ. Welcher Zusammenhang besteht zwischen E, B
und v? Vergleichen Sie das Ergebnis für (E, B) mit den aus dem Transformationsverhalten des Feldstärketensors abgeleiteten Formeln (2.142) und
(2.143)!
3. Erfüllt das skalare Potential ϕ die Wellengleichung
ϕ = −
ρ
ε0
in Σ?
2.5.12
Aufgabe 2.5.12 Σ, Σ seien zwei Inertialsysteme. Das elektromagnetische Feld
in Σ sei (E, B) und in Σ (E , B ). Das Feld E habe im ganzen Raum dieselbe
Richtung. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v0 parallel zu E;
es gelte also v0 = αE. Im Koordinatenursprung von Σ befinde sich ein Teilchen
der Ladung q. Benutzen Sie die Lorentz-Kraft auf das Teilchen, um zu zeigen,
dass die Komponente von E in Richtung von E gleich E ist.
2.5
Aufgaben
97
Aufgabe 2.5.13
Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, wobei sich Σ relativ zu Σ mit der konstanten Geschwindigkeit v = vez verschiebt. In Σ bewegt sich ein Teilchen mit
der Ladung q und der Geschwindigkeit u = (a, b, d) in dem elektromagnetischen
Feld:
2.5.13
1
B = (0, B, 0) E = √ (E, E, 0) .
2
Welche Kräfte wirken auf das Teilchen in Σ und Σ ?
Aufgabe 2.5.14
1. Ein magnetischer Dipol (ruhend in Σ) sei parallel zur z-Achse ausgerichtet
(magnetisches Moment m = m ez , m > 0). Wie lauten die kartesischen
Komponenten des B-Feldes?
2. Berechnen Sie nun das E- und B-Feld eines gleichförmig in z-Richtung
bewegten magnetischen Dipols, dessen Moment parallel zur z-Richtung
orientiert ist. Zur Zeit t = 0 soll sich der Dipol im Nullpunkt von Σ befinden.
3. Schreiben Sie die Felder des bewegten magnetischen Dipols auf Zylinderkoordinaten um.
4. Welche Gestalt haben die elektrischen Feldlinien in der xy-Ebene? Wie
ändert sich das elektrische Feld mit der Zeit?
5. Die E-Linien beginnen oder enden nicht an elektrischen Ladungen. Unter
welchen Bedingungen kann es solche elektrischen Felder geben?
2.5.14
Aufgabe 2.5.15 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, die sich relativ zueinander
mit v = const bewegen. Geben Sie qualitative Argumente, warum in Σ ein
elektrisches Feld erscheint, wenn in Σ nur ein B -Feld vorhanden ist, bzw.
warum in Σ ein magnetisches Feld erscheint, wenn in Σ nur ein elektrisches
Feld vorhanden ist.
2.5.15
98
2.5.16
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Aufgabe 2.5.16 Ein Teilchen der Masse m und der Ladung q bewege sich in
einem homogenen Magnetfeld
B = (0, 0, B) .
1.
2.
3.
2.5.17
Zeigen Sie, dass seine relativistische Energie zeitlich konstant ist.
Berechnen Sie die Zeitabhängigkeit des relativistischen Impulses mit der
Anfangsbedingung v0 = (v0 , 0, 0).
Berechnen Sie die Bahn r(t) des Teilchens mit r(t = 0) = (0, y0 , 0), wobei
y0 = γ mq Bv0 gelten soll.
Aufgabe 2.5.17 Ein geladenes Teilchen (Ladung q, Ruhemasse m) bewege sich
in einem homogenen elektrischen Feld
E = (E, 0, 0)
mit den Anfangsbedingungen
r(t = 0) = (0, 0, z0 ) ;
1.
2.
3.
2.5.18
v(t = 0) = (0, v0 , 0) .
Berechnen Sie die Zeitabhängigkeit der relativistischen kinetischen Energie Tr = Tr (t).
Bestimmen Sie die Teilchengeschwindigkeit v = v(t).
Wie sieht die Bahn r(t) des Teilchens aus?
Aufgabe 2.5.18 Die Ruhemasse m(0) eines Elektrons, ausgedrückt in MeV,
beträgt 0,511 MeV. Das Elektron werde durch eine Potentialdifferenz von 200 kV
beschleunigt.
1. Berechnen Sie die Massenzunahme m(v)|m(0).
2. Drücken Sie die Geschwindigkeit v in Einheiten von c aus.
3. Berechnen Sie den prozentualen Fehler, der sich bei der Berechnung von v
ergibt, wenn man für die kinetische Energie den nicht relativistischen
Ausdruck T = 12 m(0)v2 verwendet.
2.5
Aufgaben
99
Aufgabe 2.5.19 Betrachten Sie den elastischen Stoß zweier Teilchen gleicher
Masse m im Inertialsystem Σ, in dem eines der beiden Teilchen vor dem Stoß
ruht. Das andere habe vor dem Stoß die Energie Tr und den Impuls pr . Nach
dem Stoß besitzen die beiden Teilchen die Energien Tr1 und Tr2 und die Impulse
pr1 und pr2 .
1. Berechnen Sie den Winkel ϑ zwischen den Impulsen pr1 und pr2 nach dem
Stoß als Funktion von Tr und Tr1 !
2. Diskutieren Sie die Grenzfälle v << c und v ≈ c, wobei v die Geschwindigkeit
des (bewegten) Teilchens vor dem Stoß im System Σ ist.
2.5.19
Aufgabe 2.5.20 Ein ruhendes π+ -Meson zerfällt innerhalb 2,5 · 10−8 s in ein
μ+ -Meson und ein Neutrino. Das π+ -Meson habe eine kinetische Energie, die
gleich seiner Ruheenergie ist.
1. Was ist die Geschwindigkeit des π+ -Mesons?
2. Welche Strecke legt das Meson vor seinem Zerfall zurück, gemessen von
einem ruhenden Beobachter?
2.5.20
Aufgabe 2.5.21
2.5.21
m
m
m
v
ϕ
v1
ϑ
m
v2
Abb. 2.5. Relativistischer Stoß zweier Teilchen gleicher
Masse m, von denen eines vor dem Stoß ruht
Bei einem nicht relativistischen Stoß zweier Teilchen gleicher Masse bilden die
Bahnen nach dem Stoß einen Winkel π|2. Zeigen Sie, dass für den relativistischen Stoß
tan ϕ tan ϑ =
2
γ +1
−1|2 gilt γ = 1 − v2 |c2
. Demonstrieren Sie ϑ + ϕ ≤ π|2, wobei das Gleichheitszeichen in der nicht relativistischen Grenze (γ → 1) gültig wird.
Aufgabe 2.5.22 Ein Photon (Ruhemasse m = 0) habe denselben Impuls wie
ein 1 MeV-Elektron. Welche Energie hat das Photon?
2.5.22
100
2.6
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
2.6 Kontrollfragen
Zu Abschn. 2.1
1. Was versteht man unter der kovarianten Formulierung eines physikalischen
Gesetzes?
2. Sind die Newton’schen Gesetze forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen?
3. Wie viele Komponenten besitzt ein Tensor nullter (erster, zweiter) Stufe?
4. Wie verhält sich ein kontravarianter (kovarianter) Vierer-Vektor bei einer Lorentz-Transformation?
5. Definieren Sie die drei verschiedenen Typen von Tensoren zweiter Stufe.
6. Welcher Tensortyp zweiter Stufe stellt im strengen Sinne eine Matrix dar?
7. Was bedeutet die Verjüngung eines Tensors? Wie ändert sich die Tensorstufe bei
einer Verjüngung?
8. Wie ist das Skalarprodukt für Vierer-Vektoren definiert?
9. Wie übersetzt man einen kovarianten in einen kontravarianten Tensor?
10. Wie werden Gradient, Divergenz und d’Alembert-Operator in vierdimensionaler
Formulierung geschrieben?
Zu Abschn. 2.2
1. Wie hängt das Differential (dτ)2 der Eigenzeit mit dem differentiellen Längenquadrat (ds)2 zusammen?
2. Wie ist die Welt-(Vierer-)Geschwindigkeit u μ definiert?
3. Welche Bedeutung hat die Norm der Welt-Geschwindigkeit?
4. Welche Überlegungen führen zu welchem Ansatz für die relativistische Verallgemeinerung des Newton’schen Trägheitsgesetzes?
5. Durch welche Analogiebetrachtung legt man die Raumkomponenten des ViererImpulses und der Minkowski-Kraft fest?
6. Wie lautet die Minkowski-Kraft K μ ?
7. Berechnen Sie das Skalarprodukt K μ u μ von Minkowski-Kraft und Welt-Geschwindigkeit.
8. Welche physikalische Bedeutung besitzt die Zeitkomponente der MinkowskiKraft?
9. Erläutern Sie den relativistischen Ausdruck für die kinetische Energie Tr . Wie
sieht dieser für v << c aus?
10. Was versteht man unter der Ruheenergie des Massenpunktes?
11. Welche Bedeutung hat die Zeitkomponente des Vierer-Impulses?
12. Welche einfache Beziehung besteht zwischen der Ruheenergie eines Teilchens
und der Norm p μ pμ des Vierer-Impulses?
13. Welcher Zusammenhang besteht in der Speziellen Relatvitätstheorie zwischen
Impuls- und Energieerhaltungssatz?
2.6
Kontrollfragen
101
14. Erläutern Sie die Äquivalenz von Masse und Energie.
15. Welcher physikalische Prozess gestattet eine direkte Ableitung des relativistischen Impulses pr und der relativistischen kinetischen Energie Tr ?
16. Wie verhalten sich pr und Tr bei einer Lorentz-Transformation?
Zu Abschn. 2.3
1. Was ist der Grund, warum Ladungsdichte ρ und Stromdichte j im Gegensatz zur
Ladung q selbst keine Lorentz-Invarianten sind?
2. Wie ändern sich Ladungs- und Stromdichte beim Wechsel des Inertialsystems
v
Σ0 → Σ?
3. Wie ist die Vierer-Stromdichte j μ definiert?
4. Welche Bedeutung hat die Divergenz ∂μ j μ der Vierer-Stromdichte?
5. Wie lautet die Kontinuitätsgleichung in kovarianter, vierdimensionaler Formulierung?
6. Aus welchen Komponenten besteht das elektromagnetische Vierer-Potential A μ ?
7. Formulieren Sie die kovariante Wellengleichung für die elektromagnetischen
Potentiale. Welcher Bezug besteht zu den Maxwell-Gleichungen?
8. Wie schreibt sich die Lorentz-Eichung in kovarianter Form?
9. Welche Beziehung besteht im Minkowski-Raum zwischen dem elektrischen
Feld E und der magnetischen Induktion B?
10. Warum kann man den Feldstärketensor als vierdimensionale Verallgemeinerung
der Rotation von A μ auffassen?
11. Wie unterscheiden sich kovarianter und kontravarianter Feldstärketensor?
12. Nennen Sie eine Lorentz-Invariante des elektromagnetischen Feldes.
13. Ist es mit Hilfe einer Lorentz-Transformation möglich, ein reines B-Feld in ein
reines E-Feld zu überführen?
14. Wie lassen sich die Maxwell-Gleichungen durch den Feldstärketensor ausdrücken? Demonstrieren Sie die Kovarianz.
15. Was versteht man unter dem dualen Feldstärketensor?
16. Durch welche Substitution der Felder erhält man aus dem kovarianten den dualen
Feldstärketensor?
17. Wie kann man die homogenen Maxwell-Gleichungen durch den dualen Feldstärketensor darstellen?
18. Wie ändert sich das Skalarprodukt aus E und B beim Wechsel des Inertialsystems?
19. Ist das elektrische Feld einer bewegten Punktladung im Ruhesystem des Beobachters radial? Ist es auch isotrop?
20. Was gilt für die Amplitude E(β)|E(0) des elektrischen Feldes einer Punktladung
in Bewegungsrichtung (ϕ = 0, π) und senkrecht dazu (ϕ = π|2)?
21. Wie gelingt mit Hilfe des Feldstärke-Tensors die kovariante Formulierung der
Lorentz-Kraft?
102
2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen
Zu Abschn. 2.4
1. Was besagt das Äquivalenzpostulat bezüglich des Wirkungsfunktionals S?
2. Formulieren Sie das kovariante Hamilton’sche Prinzip.
3. Wie lauten die kovarianten Lagrange’schen Bewegungsgleichungen?
4. Wie lautet die relativistisch korrekte Form der Lagrange-Funktion L0 eines kräftefreien Teilchens?
5. Wie berechnet sich der kanonische Impuls aus der relativistischen LagrangeFunktion?
6. Begründen Sie die kovariante Lagrange-Funktion L eines Teilchens im elektromagnetischen Feld.
7. Drücken Sie die Minkowski-Kraft K μ eines Teilchens im elektromagnetischen
Feld durch die Welt-Geschwindigkeit u μ und das Vierer-Potential A μ aus.
8. Wie lautet die Zeitkomponente der auf ein Teilchen im elektromagnetischen Feld
wirkenden Minkowski-Kraft?
9. Diskutieren Sie den Unterschied zwischen dem kanonischen und dem mechanischen Impuls eines Teilchens im elektromagnetischen Feld.
10. Wie hängt die Zeitkomponente des kanonischen Impulses eines Teilchens im
elektromagnetischen Feld mit dessen Gesamtenergie Eg zusammen?
11. Formulieren Sie die relativistische Gesamtenergie eines geladenen Teilchens im
elektromagnetischen Feld.
Lösungen der Übungsaufgaben
103
Lösungen der Übungsaufgaben
Abschnitt 1.6
Lösung zu Aufgabe 1.6.1
Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, die sich mit der Geschwindigkeit v = 0,8 c in
z-Richtung relativ zueinander bewegen. Σ sei das Ruhesystem der Erde, Σ das des
Raumschiffs:
v
Σ −→ Σ .
Die Koordinatenursprünge sollen genau dann zusammenfallen, wenn das Raumschiff
den Abstand d von der Erde hat. (Das Raumschiff befinde sich im Ursprung von Σ .)
Nach (1.20) und (1.21) gilt:
v z = γ (z − v t) ; t = γ t − 2 z .
c
In Σ wird das Signal im Raum-Zeit-Punkt
z0 = −d ;
t0 = 0
ausgesendet, in Σ dagegen bei:
z0 = −γ d ;
t0 = γ
v
d.
c2
Das Signal hat in Σ die Geschwindigkeit c und erreicht das Schiff nach der Zeitspanne:
Δt =
γd
c
(Lösung für 2.).
Die Signalankunft hat in Σ die Koordinaten:
z1 = Schiffsposition zur Zeit t1 ,
z1 = v t1 .
Wir suchen t1 . In Σ gilt für den Punkt (z1 , t1 ):
z1 = γ (z1 − v t1 ) = 0 ,
v2
t1
v t1 = γ t1 − 2 z1 = γ t1 1 − 2 =
.
c
c
γ
Die Laufzeit beträgt also vom Schiff aus gesehen:
Δt = t1 − t0 =
t1
γ
−
γd
c2
v.
1.6.1
104
Lösungen der Übungsaufgaben
Wir setzen die beiden Ausdrücke für Δt gleich und lösen nach t1 auf:
d
γ2d v 1+
=
.
t1 =
c
c
c−v
Da t0 = 0 ist, folgt für die Laufzeit, gemessen auf der Erdstation:
Δt = t1 − t0 =
Zahlenwerte:
d
c−v
γ = 1 − (0,8)2
(Lösung für 1.) .
−1|2
=
5
= 1,667
3
⇒ Δt = 3700 s ,
Δt = 11 100 s .
Von Σ aus gesehen erreicht das Signal das Raumschiff in einem Erdabstand von
Δz = d + v Δt =
= 6,66 · 108 + 26,64 · 108 km =
= 3,33 · 109 km .
1.6.2
Lösung zu Aufgabe 1.6.2
v=
3
5
c ⇒ γ= ,
5
4
x = x = 10 m ; y = y = 15 m ,
5
9
20 + 4 m = 34 m ,
z = γ z +vt =
4
5
1
5
v
4 + 20 10−8 s = 1 · 10−7 s .
t = γ t + 2 z =
c
4
5
1.6.3
Lösung zu Aufgabe 1.6.3
v v t1 = t2 ⇐⇒ γ t1 − 2 z1 = γ t2 − 2 z2
c
c
v
⇐⇒ 2 (z2 − z1 ) = t2 − t1
c
⇐⇒ v = c2
− 1 z0
t2 − t1
= c2 2 c
z2 − z1
z0
1
⇐⇒ v = − c .
2
Lösungen der Übungsaufgaben
105
Die Zeit in Σ bestimmt sich aus:
1
v t = γ t1 − 2 z1 = c
1−
⇒ t =
1
4
z0 1 z0
+
c
2 c
√ z0
3 .
c
Lösung zu Aufgabe 1.6.4
In Σ gilt:
1.6.4
z1 = z2 ;
t2 − t1 = 4 s .
Σ bewegt sich mit der Geschwindigkeit v gegenüber Σ. v bestimmen wir aus:
%
&
v !
t2 − t1 = γ t2 − t1 − 2 z2 − z1 = γ 4 s = 5 s
c
v2
5
16
−2
⇒ γ =
= 1− 2
⇒ γ=
4
25
c
3
⇒ v= c.
5
Dies ergibt den räumlichen Abstand in Σ :
z2 − z1 = γ z2 − z1 − v t2 − t1 =
5 4
m
= γ v t1 − t2 = (−4 s)
3 · 108
=
4 5
s
= − 0,9 · 109 m .
Lösung zu Aufgabe 1.6.5
In Σ wird gemessen:
1.6.5
t1 = t2 ;
z2 − z1 = 3 km .
In Σ gilt dagegen:
z2 − z1 = 5 km .
Dies bedeutet:
5 km = z2 − z1 − v t2 − t1 γ = γ 3 km
⇒ γ=
4
5
⇒ v= c.
3
5
106
Lösungen der Übungsaufgaben
Für den zeitlichen Abstand ergibt sich damit:
t2 − t1 = −γ
=−
1.6.6
v z2 − z1 =
c2
5 4 1
s
4
· 10−5
3 km = − · 10−5 s .
3 5 3
km
3
Lösung zu Aufgabe 1.6.6
Relativgeschwindigkeit v zwischen Inertialsystemen
richtung
r:
Σ und Σ in beliebiger Raum-
Ortsvektor in Σ .
Zerlegung:
r =
1
(r · v)v :
v2
r⊥ = r − r :
Komponente parallel zu v ,
Komponente senkrecht zu v .
Analoge Zerlegung in Σ :
r = r + r ⊥ ;
r =
1 r ·v v .
v2
Die senkrechte Komponente bleibt bei der Transformation ungeändert:
r ⊥ = r ⊥ = r −
1
(r · v)v .
v2
Wir nutzen die Isotropie des Raumes aus, die uns gestattet, die z-Achse in Richtung
von v zu drehen. Die anschließende Argumentation entspricht der des Spezialfalls
v = v ez , mit der (1.16) abgeleitet wurde:
1 1
r ·v =γ
r =
(r · v) − vt
v
v
β1
t =γ t−
(r · v) .
c 'v () *
r
Damit bleibt insgesamt:
r = r − γ v t +
γ−1
v2
(r · v)v
β1
(r · v) .
t =γ t−
cv
Lösungen der Übungsaufgaben
107
Transformationsmatrix:
vx, y, z
,
v
ux, y, z =
⎛
γ
− βγ ux
v
c
β=
− βγ uy
− βγ uz
⎞
⎜
⎟
⎜ vx
⎟
⎜−γ c 1 + (γ − 1)u2x (γ − 1)ux uy
(γ − 1)ux uz ⎟
⎟ .
$
L≡⎜
⎜ vy
⎟
⎜−γ c (γ − 1)uy ux 1 + (γ − 1)u2y (γ − 1)uy uz ⎟
⎝
⎠
−γ vcz (γ − 1)uz ux
(γ − 1)uz uy 1 + (γ − 1)u2z
Spezialfall:
v = v ex
⇒
ux = 1 ,
uy = uz = 0
⎞
⎛
γ −βγ 0 0
⎟
⎜
⎜−βγ γ 0 0 ⎟
⎟ .
⎜
$
L≡⎜
⎟
⎝ 0
0
0
1
0⎠
0
0
1
Lösung zu Aufgabe 1.6.7
1. In Σ tritt in z-Richtung die Längenkontraktion (1.28) auf:
Σ : l0 =
Σ
:
l0
=
1
1
√ l0 , √ l0
2
2
1.6.7
,
1 1
1
√ l0 , √ l0
γ
2
2
.
x
l0
l0
2
α
l0
2
z
Abb. A.1.
Dies bedeutet:
tan α =
√1 l0
l0x
2
=
=γ
1 √1
l0z
γ 2 l0
⇒ α = arctan γ ;
γ = 1−
v2
c2
−(1|2)
.
108
2.
Lösungen der Übungsaufgaben
u =/ u(t)
⇒ tan α =
ux
v
1
1
=
=
⇒ α = arctan .
uz
2v 2
2
In Σ gilt:
ux =
1
ux
;
γ 1 − vcu2z
⇒ tan α =
uz =
1 v
1
ux
1 ux
=
=
=
uz
γ uz − v γ 2v − v γ
⇒ α = arctan
3.
uz − v
1 − vcu2z
1
γ
.
Das Photon bewegt sich mit Lichtgeschwindigkeit:
1
1
⇒ ux = √ c ; uz = √ c
2
2
1
u
c
x
⇒ tan α =
= √ γ uz − v γ c − 2v
⎤
⎡ 2
c 1 − vc2
⇒ α = arctan ⎣
√ ⎦ .
c − 2v
1.6.8
Lösung zu Aufgabe 1.6.8
Σ : Ruhesystem des Beobachters
Σ : Ruhesystem der Rakete .
Koordinatensystem so wählen, dass die beiden Ursprünge zur Zeit t = t = 0 mit P0
zusammenfallen.
1. ta = 0 ; te = Lc0 .
2. Σ bewegt sich relativ zu Σ mit (−v):
v z = γ z + v t ; t = γ t + 2 z ,
c
ta = 0 ,
v v L0
te = γ te + 2 ze = γ
+ 2 −L0 =
c
c
c
L0 (1 − β)2
L0
= γ (1 − β) =
c
c
1 − β2
L0 1 − β
⇒ te =
.
c 1+β
Lösungen der Übungsaufgaben
3.
109
z0 = 0 ⇒ z0 + v t0 = 0
z0 : Position des Raketenendes in Σ , d. h.:
z0 = −L0 ⇒ t0 =
L0
.
v
Gesucht ist t0 :
v L0
L0
t0 = γ t0 + 2 z0 = γ (1 − β2 ) =
.
c
v
γv
Lösung zu Aufgabe 1.6.9
Aus der Lorentz-Transformation folgen für die Geschwindigkeitskomponenten die
Formeln (1.36) bis (1.38). Diese sind für die angegebenen Spezialfälle auszuwerten:
a)
ux = 0 ,
uy = c ,
uz = 0
⇒ ux = 0 ,
⇒ |u | =
uy =
c2
γ2
1
γ
c,
+ v2 =
uz = −v
√
c2 = c
1
1
u = 0, c, −v = c 0, , −β .
γ
γ
b)
2
2
u2 = u2
x + uy + uz
=
1−
=
1−
=
1−
1
vuz
c2
2
2
1 2
2
u
+
u
+
u
−
v
z
x
y
2
γ
2
v2 2
2
2
1
−
c
+
u
−
u
−
2u
v
+
v
2
z
z
z
c2
vuz
1
c2
v2 u2z
2
2
2
2
2
c
−
u
−
v
+
+
u
−
2u
v
+
v
2
z
z
z
c2
vuz
1
c2
v2 u2z
vuz
2
2 1 + 4 − 2 2 = c .
c
c
vuz
c2
=
1−
c2
Dies ist die Lorentz-Invarianz der Lichtgeschwindigkeit.
1.6.9
110
1.6.10
Lösungen der Übungsaufgaben
Lösung zu Aufgabe 1.6.10
a) x1 − x2 = (−3 m, 0, −4 m)
⇒ |x1 − x2 |2 = 25 m2 ,
2
m2
c2 t1 − t2 = 9 · 1016 2 9 · 10−16 s2 = 81 m2
s
⇒ Das Raum-Zeit-Intervall
2
s212 = c2 t1 − t2 − |x1 − x2 |2 = 56 m2 > 0
ist zeitartig. Es ist damit eine kausale Korrelation möglich! Allerdings ist durch
keine Lorentz-Transformation Gleichzeitigkeit erreichbar.
b)
x1 − x2 = (3 m, −5 m, −5 m)
⇒ |x1 − x2 |2 = 59 m2 ,
2
m2
c2 t1 − t2 = 9 · 10−16 2 4 · 1016 s2 = 36 m2 .
s
Das Raum-Zeit-Intervall
s212 = 36 m2 − 59 m2 = −23 m2 < 0
ist raumartig. Es ist also keine kausale Korrelation möglich. Dafür ist Gleichzeitigkeit erreichbar.
2
c2 t1 − t2
36
2
β =
=
= 0,61 .
2
59
|x1 − x2 |
Das Inertialsystem Σ muss sich mit der Geschwindigkeit
v = 0,781 c = 2,343 · 108
m
s
in Richtung (x1 − x2 ) bewegen, um die Ereignisse in Σ gleichzeitig erscheinen zu
lassen.
1.6.11
Lösung zu Aufgabe 1.6.11
1. Zeitspanne, vom Erdboden aus gesehen:
Δt = Δt
1−
v2
c2
.
Lösungen der Übungsaufgaben
111
Die Lebensdauer τ des Myons in seinem eigenen Ruhesystem bedeutet im Erdsystem:
Δtτ = τ
1−
v2
c2
.
Damit das Myon am Erdboden ankommt, muss gelten:
!
Δtτ ≥
H
.
v
Dabei ist v die Myonengeschwindigkeit.
ε=
c−v
c
v
=1−ε
c
v2
= 1 − 2ε + ε2 ≈ 1 − 2ε
c2
1−
v2
≈ 2ε .
c2
Bleibt zu fordern:
τ ! H
Δtτ ≈ √ ≥
v
2ε
1 τv 2 1 τc 2
ε≤
≤
2 H
2 H
1 2 · 10−6 s · 3 · 1010
=
2
30 · 105 cm
cm
s
2
2
104
1
2· 6
=
= 2 · 10−4 .
2
10
Damit folgt
v ≥ c(1 − ε) = 0. 9998 c .
2.
Vom Myon aus gesehen beträgt der Abstand zur Erde wegen der Längenkontraktion:
/
√
v2
H = H 1 − 2 ≈ H 2ε
c
√
= 30 · 103 m · 2 · 10−4 = 2 · 300 m ≤ 600 m .
Die Strecke ist also kürzer als die 600 m, die das Myon in etwa innerhalb seiner
Lebensdauer zurücklegen kann!
Lösung zu Aufgabe 1.6.12
Die Strahlen durchlaufen vor der Interferenz ein Rechteck, aber in entgegengesetzter
Richtung. Das erlaubt eine sehr genaue Messung der Lichtgeschwindigkeit in einem
mit der Geschwindigkeit v bewegten Medium.
1.6.12
112
Lösungen der Übungsaufgaben
v1 = ±v:
Geschwindigkeit der strömenden Flüssigkeit relativ zum „ruhenden“ Laborsystem.
v2 = ± nc :
Lichtgeschwindigkeit im Medium, also relativ zur strömenden Flüssigkeit.
v3 :
gesuchte Geschwindigkeit des Lichtes relativ zum Laborsystem.
Paralleler Strahlengang:
c
v
n
Σ1 −→ Σ2 −→
Σ3 .
oben:
Additionstheorem für Geschwindigkeiten:
v + nc
v
c
c v
p
1−
≈v+ − 2 .
v3 =
v ≈ v+
1 + nc
n
nc
n n
Dabei wurde v << c ausgenutzt. Es gilt also im oberen Rohr:
p
v ≈ c + v 1 − 1 .
3
n
n2
Für das untere Rohr gilt:
−c
−v
n
Σ1 −→ Σ2 −→
Σ3 .
unten:
Das führt mit dem Additionstheorem für Geschwindigkeiten auf:
−v − nc
v
c
c v
p
1−
≈ −v − + 2 .
v3 =
v ≈− v+
1 + nc
n
nc
n n
Das ergibt denselben Geschwindigkeitsbetrag:
p
v ≈ c + v 1 − 1 .
3
n
n2
Die benötigte Zeit bei parallelem Strahlengang in den beiden Rohrteilen beträgt also:
tp =
c
n
2l
+v 1−
1
n2
.
antiparalleler Strahlengang:
oben:
v
−c
n
Σ1 −→ Σ2 −→
Σ3 .
Additionstheorem für Geschwindigkeiten:
v − nc
v
c
v
1
c c
ap
1+
≈v− − 2 = −v 1− 2 .
≈ v−
v3 =
1 − ncv
n
nc
n n
n
n
Lösungen der Übungsaufgaben
113
Dabei wurde wieder v << c ausgenutzt. Es gilt also im oberen Rohr bei antiparallelem
Strahlengang:
ap v ≈ c − v 1 − 1 .
3
n
n2
Für das untere Rohr gilt jetzt:
c
−v
n
Σ1 −→ Σ2 −→
Σ3 .
unten:
Das führt mit dem Additionstheorem für Geschwindigkeiten auf:
−v + nc
v
c
c c
v
1
ap
1+
≈ −v + + 2 = − v 1 − 2 .
≈ −v +
v3 =
1 − ncv
n
nc
n n
n
n
Das ergibt denselben Geschwindigkeitsbetrag wie im oberen Teil:
ap v ≈ c − v 1 − 1 .
3
n
n2
Die benötigte Zeit bei antiparallelem Strahlengang in den beiden Rohrteilen beträgt
also:
tap =
c
n
2l
−v 1−
1
n2
.
Es ergibt sich eine Laufzeitdifferenz von
Δt = tap − tp = 2l
c
n
1
−
− fv
c
n
1
+ fv
.
Der Fresnel’sche Mitführungskoeffizient berechnet sich damit zu:
f =1−
1
.
n2
Bei einem n = 1,33 für Wasser ergibt sich ein durchaus messbarer Effekt. Die Übereinstimmung von Theorie und Experiment beweist die Korrektheit der LorentzTransformation, hier demonstriert am Additionstheorem für Geschwindigkeiten!
Abschnitt 2.5
Lösung zu Aufgabe 2.5.1
Definitionsgleichung für den metrischen Tensor ist (2.18):
( ds)2 = μαβ dxα , dxβ .
2.5.1
114
Lösungen der Übungsaufgaben
,,Herunterziehen“ eines Index:
μαβ dxβ = dxα .
Damit erkennt man, dass
( ds)2 = dxα dxα = ( dx, dx)
ein Skalarprodukt ist und damit eine Lorenz-Invariante. Das gilt dann auch für
μαβ dxα dxβ .
Betrachte den Wechsel des Inertialsystems:
Σ −→ $
Σ
Es ist zu fordern:
μαβ d$
xα d$
xβ = μαβ dxα dxβ .
$
!
Andererseits gilt:
μαβ d$
xα d$
xβ = $
μαβ
$
∂$
xα μ ∂$
xβ λ
∂$
xμ ∂$
xλ
dx
dx = $
μμλ α β dxα dxβ .
μ
λ
∂x
∂x ∂x
∂x
Im zweiten Schritt konnten wir wegen der Summenkonvention die Indizes vertauschen. Der Vergleich liefert:
μαβ = $
μμλ
∂$
xμ ∂$
xλ
.
α
∂x ∂xβ
Transformationsverhalten:
∂xα ∂xβ
∂xα ∂xβ ∂$
xμ ∂$
xλ
μαβ = $
μμλ ρ σ α β = $
μμλ δρμ δσλ = $
μρσ .
ρ
σ
∂$
x ∂$
x
∂$
x ∂$
x ∂x ∂x
Das ist das Transformationsverhalten eines kovarianten Tensors zweiter Stufe!
2.5.2
Lösung zu Aufgabe 2.5.2
Wir benutzen die übliche Notation und beachten die Summenkonvention:
$
L
Σ −→ $
Σ.
1.
aμ sei ein kontravarianter Vierer-Vektor âμ =
∂x̂μ α
a = Lμα aα .
∂xα
xμ ist der Ortsvektor im Minkowski-Raum. Sei nun bμ ein vierkomponentiger
Vektor mit zunächst unbekanntem Transformationsverhalten. Dann gilt:
aˆμ b̂μ =
∂x̂μ α
a b̂
∂xα μ
Lösungen der Übungsaufgaben
115
∂x̂μ
b̂
∂xα μ
∂x̂α
= aμ μ b̂α
∂x
= aα
= aμ bμ
!
(Lorenz-Invariante).
Im dritten Schritt haben wir lediglich die Indizes α und μ vertauscht, was wegen
der Summenkonvention natürlich erlaubt ist. Da aμ beliebig ist, folgt bereits
bμ =
∂x̂α
b̂ .
∂xμ α
Transformationsverhalten:
∂xμ
∂xμ ∂xˆα
b̂ = ($
b
=
L−1 )μβ Lαμ b̂α .
μ
∂x̂β
∂x̂β ∂xμ α ' ()
*
δαβ
Also gilt:
b̂β =
2.
∂xμ
b .
∂x̂β μ
bμ transformiert sich somit wie ein kovarianter Vierer-Vektor.
Wir berechnen:
∂x̂μ ∂x̂ν
$
Tμν âμ ĉν = $
Tμν α aα β cβ
∂x
∂x
=
∂x̂μ ∂x̂ν $ α β
T a c
∂xα ∂xβ μν
=
∂x̂α ∂x̂β $ μ ν
T a c (Indizes μ, α und ν, β vertauscht)
∂xμ ∂xν αβ
= Tμν aμ cν
!
(Lorentz-Invariante!)
aμ und cν beliebig Tμν =
∂x̂α ∂x̂β $
T .
∂xμ ∂xν αβ
Transformationsverhalten:
∂xμ ∂xν
∂xμ ∂xν ∂x̂α ∂x̂β $
T =δ δ $
T =$
T
=
Tγδ .
μ
ν
∂x̂γ ∂x̂δ
∂x̂γ ∂x̂δ ∂xμ ∂xν αβ αγ δβ αβ
Tμν ist also ein kovarianter Tensor 2. Stufe.
116
2.5.3
Lösungen der Übungsaufgaben
Lösung zu Aufgabe 2.5.3
Nach (2.40) gilt für die Vierer-Geschwindigkeit:
uμ = γ (v)(c, v) .
Die Eigenzeit τ ist lorentzinvariant. Damit ist
bμ =
d μ
u
dτ
ein kontravarianter Vierer-Vektor.
a)
uμ uμ = γ 2 c2 − v2 = c2 .
Daraus folgt:
d
d ν μ
u u .
uμ uμ = 0 = μμν
dτ
dτ
μμν ist der metrische Tensor. Man beachte die Summenkonvention. Es gilt somit:
0 = 2 μμν uν
d μ
d
u = 2 uμ uμ = 2 uμ bμ .
dτ
dτ
Dies ist die Behauptung:
(u, b) = uμ bμ = 0 .
b)
bμ =
d μ duμ dt
u =
.
dτ
dt dτ
Es gilt nach (2.38):
dτ
dt = 1−
v2
c2
= γ dτ ,
und damit
bμ = γ
duμ
.
dt
Wir benutzen
dv
d 2
v + vy2 + vz2 =
=
dt
dt x
=
v dv
1
vx v̇x + vy v̇y + vz v̇z = ·
v
v dt
Lösungen der Übungsaufgaben
117
zur Berechnung von
−3|2
3 1
dv
v2
v dv d
=
.
v
·
γ (v) = 1 − 2
γ
(v)
dt
c
c2 dt
c2
dt
Durch Einsetzen ergeben sich die Beschleunigungskomponenten:
b0 = γ
−2 v2
dv
1
d
1− 2
,
v·
(γ c) =
dt
c
c
dt
b1 = γ
dvx
v
d γ vx = dt v2 + 2x
dt
c
1 − c2
dv
y
v
d b =γ
γ vy = dt v2 + 2y
dt
c
1 − c2
2
dvz
v
d b =γ
γ vz = dt v2 + 2z
dt
c
1 − c2
3
Lösung zu Aufgabe 2.5.4
a) Momentanes Ruhesystem der Rakete
vz = 0; dvz |dt = g):
−2 v2
dv
,
1− 2
v·
c
dt
−2 v2
dv
,
1− 2
v·
c
dt
−2 v2
dv
.
1− 2
v·
c
dt
Σ (s. Lösung zu Aufg. 2.5.3 für vx = vy =
⎛ ⎞
0
⎜ ⎟
⎜
0⎟
⎟
bμ = ⎜
⎜ ⎟
0
⎝ ⎠
g
Σ → Σ durch Lorentz-Transformation des kontravarianten Vierer-Vektors
bμ = Lμλ bλ
v = v(t) :
⇒
g
bz = b3 = γ g = 1 − v2 |c 2
momentane Raketengeschwindigkeit ∼ ez .
Es gilt auch
b3 =
vz = v
d
d
uz = γ γ vz
dτ
dt
d
⇒ γg = γ γ v
dt
⇒
d
g=
dt
v
1 − v2 |c 2
.
2.5.4
118
Lösungen der Übungsaufgaben
Nach Integration folgt:
v(t)
gt = .
2
1 − v c(t)
2
Auflösen nach v(t):
gt |c
v(t) = c 2
1 + gt |c
⇒
v −→ c .
t→∞
v
nicht relativistisch
c
t
Abb. A.2.
b) Etwa nach einem Jahr. Nichtrelativistisch gilt:
v = gt 9,8
m
m
· 86 400 s · 365 ≈ 3 · 108
.
s2
s
c)
v(t) =
dz
dt
z(t) =
c2
g
mit
z(t = 0) = 0 ,
2
1 + gt |c − 1 .
gt << c :
1
z(t) ≈ gt 2 ,
2
gt >> c :
z(t) ≈ ct .
d)
mc2
,
Tr = 1 − v2 |c 2
1
1 − v2 |c 2 = 2
1 + gt |c
⇒
2
Tr = mc2 1 + gt |c .
Lösungen der Übungsaufgaben
119
e) Eigenzeitintervall dτ:
dτ = 1 − v2 |c2 dt ;
Integration:
c
g
τ = ln
Umkehrung:
t=
1
1 − v2 |c 2 = 2 .
1 + gt |c
gt
+
c
2
.
1 + gt |c
g τ
c
sinh
.
g
c
Zahlenbeispiel:
τ (Jahre)
t (Jahre)
4
30
8
1855,6
40
3,98 · 1017
100
2,95 · 1044
Lösung zu Aufgabe 2.5.5
1. nicht-relativistisch:
(Momentaner) Impulssatz im Laborsystem:
2.5.5
Mv = (M − dm)(v + dv) + dm(v − v∗ ) .
Links steht der Impuls vor, rechts der nach dem Ausstoß. Wir vernachlässigen
quadratische Terme in den Differentialen:
Mv ≈ Mv + M dv − v∗ dm M dv = v∗ dm .
Sei m = M0 − M die Masse des bis dahin ausgestoßenen Treibstoffes, d. h. dm =
− dM. Dann bleibt zu integrieren:
!
M
M0
dM
1
= − ∗ dv
M
v
! v
1
d ln M = − ∗
dv
v 0
mit dem Ergebnis:
v = v∗ ln
M0
.
M
(A.1)
120
Lösungen der Übungsaufgaben
Für M → 0 wächst also die Raketengeschwindigkeit über alle Grenzen.
alternativ:
Impulssatz im Schwerpunktsystem:
0 = (M − dm) dvr − v∗ dm .
Dabei ist dvr die durch den Ausstoß erzeugte Geschwindigkeit der Rakete relativ
zum (eigenen)Ruhesystem. Vernachlässigt man wieder quadratische Terme in
den Differentialen, so bleibt:
M dvr ≈ v∗ dm .
2.
Nun gilt aber nach Galilei v + dv = v + dvr . Es ist also dvr = dv. Wir erhalten
also dieselbe Differentialgleichung wie oben, mit demselben Ergebnis (A.1).
relativistisch
Es empfiehlt sich das Schwerpunktsystem, also das momentane Ruhesystem der
Rakete.
relativistischer Impulssatz:
0 = γr (M − dm) dvr − γ ∗ dm̄ v∗
γr = 1 −
dvr
c
2 − 12
γ∗ = 1 −
v∗
c
2 − 12
.
Beachte, dass dm =/ dm̄, da ein Teil der ausgestoßenen Masse dm für die kinetische Energie der davonfliegenden Masse dm̄ verbraucht wird. Quadratische
Differentiale sollen wieder vernachlässigt werden, d. h. auch: γr ≈ 1. Dann ergibt
sich:
dm̄ v∗
M dvr = ∗ 2 .
1 − vc
(A.2)
Wir benötigen noch dm̄. Dazu benutzen wir den Energiesatz:
(M − dm) c2
dm̄ c2
+
Mc2 = /
2
∗ 2
1 − vc
1 − dvr
c
dm̄ c2
≈ (M − dm) c2 + ∗ 2
1 − vc
dm̄
dm = .
∗ 2
1 − vc
(A.3)
Lösungen der Übungsaufgaben
121
Wie erwartet ist dm > dm̄, da ein Teil der Masse in kinetische Energie verwandelt
wurde. Einsetzen von (A.3) in (A.2) liefert mit
M dvr = v∗ dm
(A.4)
eine Bestimmungsgleichung, die formal so auch nicht-relativistisch gilt. Allerdings muß nun beim Übergang vom Schwerpunkt- zum Laborsystem das Additionstheorem für Geschwindigkeiten beachtet werden. Im Laborsystem wird die
Geschwindigkeitsänderung v + dv beobachtet:
v dvr
v + dvr
≈
(v
+
dv
)
1
−
v + dv ∼
=
r
r
c2
1 + v dv
2
c
≈ v + dvr −
v2
dvr = v + (1 − β2 ) dvr
c2
dv ≈ (1 − β2 ) dvr .
Es ist also dv < dvr ! Einsetzen in (A.4) ergibt:
M dv
= v∗ dm .
1 − β2
Ist m = M0 − M wieder die Masse des bis dahin ausgestoßenen Treibstoffes, so
folgt mit dm = − dM die Bestimmungsgleichung
dM
dv
= −v∗
.
1 − β2
M
Diese lässt sich leicht integrieren:
!
0
v
c
dv
=
2
1−β
2
! β
0
( d ln(1 + β) − d ln(1 − β)) = −v∗
!
M
d ln M
M0
mit dem Resultat:
1+β
c
M0
ln
.
= v∗ ln
2
1−β
M
In der nicht-relativistischen Grenze β << 1 ergibt sich hieraus wegen
ln
1+β
= ln(1 + β) − ln(1 − β) ≈ 2β
1−β
das Resultat (A.1). Mit
1+β
=
1−β
M0
M
2v∗
c
(A.5)
122
Lösungen der Übungsaufgaben
folgt dagegen relativistisch korrekt:
1−
v=c
1+
M
M0
M
M0
2v∗
c
2v∗ .
(A.6)
c
Jetzt wächst v für M → 0 nicht über alle Grenzen, sondern sättigt bei der
Grenzgeschwindigkeit c.
2.5.6
Lösung zu Aufgabe 2.5.6
ve
z
$
Σ −→
Σ Inertialsysteme
zu zeigen:
!
t2
1
!
γu(t)
t1
!
t̂2
dt =
1
γû(t̂)
t̂1
dt̂ .
Dabei ist û = û(t̂) die Teilchengeschwindigkeit in $
Σ und
γû(t̂) = 1 −
û2 (t̂)
c2
− 21
.
Transformationsformeln:
ẑ = γv (z(t) − v t) dẑ = γv (u − v) dt
t̂ = γv (t −
û =
v
v
z(t)) dt̂ = γv (1 − 2 u) dt
c2
c
u−v
dẑ
=
.
dt̂
1 − cv2 u
Für jeden Punkt der Weltlinie des Teilchens gilt die Spezielle Relativitätstheorie und
damit gelten diese Formeln! Wir substituieren nun t̂ = t̂(t) mit
1
dt =
und berechnen:
!
! t̂2
1
dt̂ =
t̂1
γû
t̂2
/
1−
t̂1
!
=
t1
dt̂
û2 (t̂)
dt̂
c2
⎛
t2
1
γv 1 − cv2 u(t)
⎞1
2
v
⎟
2 ⎠ γv 1 − 2 u(t) dt
c
(u(t) − v)2
1
⎜
⎝1 − 2 c
1−
u(t)
v
c2
Lösungen der Übungsaufgaben
!
t2
=
t1
!
t2
=
t1
!
t2
=
t1
!
t2
=
t1
!
t2
=
t1
123
1
2 1 2 2
v
1 − 2 u(t) − 2 u(t) − v
γv dt
c
c
1
v2
2v
1
v2 2u(t)v 2
1 + 4 u2 (t) − 2 u(t) − 2 u2 (t) − 2 +
γv dt
c
c
c
c
c2
12
v2
1 2
1− 2
1 − 2 u (t)
γv dt
c
c
1
2
1 2
1 − 2 u (t)
dt
c
1
γu
dt .
Daraus folgt in der Tat, dass die Eigenzeit eine Invariante ist, wie in Abschn. 2.2.1
bereits auf andere Weise gezeigt!
Lösung zu Aufgabe 2.5.7
Für Σ → $
Σ gelten die Transformationsformeln (2.142) und (2.143):
γ2
$
E = γ E + c(β × B) −
β (β · E)
1+γ
1
γ2
$
B = γ B − (β × E) −
β (β · B) ;
c
1+γ
β=
Σ → Σ, d. h. β → −β, gilt dann:
Für $
γ2
E − c(β × $
E=γ $
B) −
E)
β (β · $
1+γ
1
γ2
B + (β × $
E) −
B) .
β (β · $
B=γ $
c
1+γ
1.
$
B≡0
E−
E = γ$
B=
γ
c
γ2
1+γ
E)
β (β · $
E) .
(β × $
Damit folgt:
β × E = γ (β × $
E) = cB
B=
1
(v × E) .
c2
v
.
c
2.5.7
124
Lösungen der Übungsaufgaben
Lorenz-Invariante (Abschn. 2.3.5):
E · B und c2 B2 − E2 .
Damit folgt aus $
E ·$
B = 0:
E·B=0
und aus
2
2
2
c2$
B −$
E = −$
E <0
ergibt sich
c2 B2 − E2 < 0 .
2. $
E≡0
E = −γ c(β × $
B)
B−
B = γ$
γ2
1+γ
B) .
β (β · $
Dies bedeutet:
1
β × B = γ (β × $
B) = γ (− )E
γc
und damit
E =B×v .
Lorenz-Invariante:
$
E ·$
B=0 E·B=0
B −$
B > 0 c2 B2 − E2 > 0 .
E = c2$
c2$
2
2.5.8
2
2
Lösung zu Aufgabe 2.5.8
In Σ gilt:
F = q u × B = q(0, a B, −a B) = q a B(0, 1, −1) .
In Σ gilt:
Fx =
Fy =
1
Fx
=0,
γ 1 − vcu2z
1
Fy
γ 1 − vcu2z
=
γ = 1−
1 qaB
γ 1 − vc2a
.
v2
c2
−1|2
,
Lösungen der Übungsaufgaben
125
F · u = q a2 B(1 − 1) = 0 :
v
(F · u)
c2
1 − vcu2z
Fz −
−q a B
1 − vc2a
1
qaB
0,
⇒ F =
,
−1
.
1 − vc2a
γ
Fz =
=
Lösung zu Aufgabe 2.5.9
Σ und Σ seien zwei beliebige Inertialsysteme mit
v
Σ −→ Σ v = v ez .
2.5.9
Wir zeigen, dass
i 2 ! i 2
B + E = B + E
c
c
gilt. Die Transformationsformeln (2.132) bis (2.137) ergeben:
i
i i Bx + Ex = γ Bx + Ex − i γ β By + Ey ,
c
c
c
i
i
i
By + Ey = γ By + Ey + i γβ Bx + Ex ,
c
c
c
i
i
Bz + Ez = Bz + Ez .
c
c
Daraus folgt:
i 2 i 2
B + E = Bx + Ex γ 2 (1 − β2 ) +
c
c
i 2
i 2
+ By + Ey γ 2 (1 − β2 ) + Bz + Ez =
c
c
2
i
= B+ E .
c
Lösung zu Aufgabe 2.5.10
μν
νμ
Wegen F = −F sind die Diagonalelemente Null,
F
μμ
= F μμ = 0 ,
und wir brauchen nur die Elemente F
F
12
μν
μ = 0, 1, 2, 3
mit μ < ν zu berechnen:
=
1 12ρσ
1
ε Fρσ = ε1230 F30 + ε1203 F03 =
2
2
=
1
1
−F30 + F03 = F 30 = Ez ,
2
c
2.5.10
126
Lösungen der Übungsaufgaben
F
F
F
F
F
03
13
01
23
02
=
1 13ρσ
1
ε Fρσ = ε1320 F20 + ε1302 F02 =
2
2
=
1
1
F20 − F02 = F 02 = − Ey ,
2
c
=
1 01ρσ
1
ε Fρσ = ε0123 F23 + ε0132 F32 =
2
2
=
1
F23 − F32 = F 23 = −Bx ,
2
=
1 23ρσ
1
ε Fρσ = ε2310 F10 + ε2301 F01 =
2
2
=
1
1
−F10 + F01 = F 10 = Ex ,
2
c
=
1 02ρσ
1
ε Fρσ = ε0213 F13 + ε0231 F31 =
2
2
=
1
−F13 + F31 = F 31 = −By ,
2
1
1 0312
= ε03ρσ Fρσ =
ε F12 + ε0321 F21 =
2
2
1
F12 − F21 = F 12 = −Bz .
=
2
Die Richtigkeit der Behauptung ist evident.
2.5.11
Lösung zu Aufgabe 2.5.11
ve
z
$
Σ −→
Σ.
1.
Punktladung q ,,ruht“ im Koordinatenursprung von $
Σ. Deshalb Potentiale in $
Σ:
ϕ̂ =
Dabei ist
r̂ =
q
1
;
4πε0 r̂
 = 0 .
x̂2 + ŷ2 + ẑ2 = x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2 .
Rechts ist r̂ durch Σ-Koordinaten ausgedrückt. Damit ergibt sich das ViererPotential:
q 1
μ
 =
, 0, 0, 0 .
4πε0 c r̂
Lösungen der Übungsaufgaben
127
Potentiale in Σ
Aμ = L̂−1 μα Âα
−1
L̂ ≡ L̂(v → −v) .
Transformationsformeln:
A0 = γ Â0 + γβÂ3 = γ Â0 = γ
q 1
4πε0 c r̂
A1,2 = Â1,2 = 0
A3 = γβÂ0 + γ Â3 = γβÂ0 = γβ
q 1
4πε0 c r̂
q
1 1
γ (1, 0, 0, β) .
4πε0 r̂ c
Aμ =
Das bedeutet explizit für die elektromagnetischen Potentiale:
2.
ϕ(x, y, z, t) =
q
γ
4πε0 x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2
A(x, y, z, t) =
q v
γ
(0, 0, 1) .
4πε0 c2 x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2
Felder in Σ:
(a) Magnetische Induktion:
∂
∂
A ,− A ,0 .
B = rot A =
∂y z ∂x z
Mit
y
∂1
=− 3 ;
∂y r̂
r̂
x
∂1
=− 3
∂x r̂
r̂
folgt
B=
q
4πε0
γ
β 1
c r̂3
(−y, x, 0) .
(b) Elektrisches Feld:
∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ
,
,
+ Ȧz .
E = −∇ ϕ − Ȧ = −
∂x ∂y ∂z
Dabei gilt:
∇ϕ =
q
1
γ (− 3 ) (x, y, γ 2 (z − vt))
4πε0
r̂
128
Lösungen der Übungsaufgaben
außerdem:
Ȧ =
q
1
v
γ (− ) (0, 0, −γ 2 (z − vt)v) .
4πε0 c2 r̂3
Dies bedeutet schlussendlich:
E=
q
1
γ 2 3 (x, y, z − vt) .
4πε0
r̂
Wegen
β × E = β(−Ey , Ex , 0)
folgt offensichtlich:
B=
3.
1
(β × E) .
c
Man erkennt:
1 ∂2 ϕ v2 ∂2 ϕ
= 2
c2 ∂t 2
c ∂z2
und damit
2
1 ∂2
v2 ∂2
∂
∂2
ϕ = − 2 2 ϕ =
+
+
(1
−
)
ϕ
c ∂t
∂x2 ∂y2
c2 ∂z2
1 ∂2
∂2
∂2
=
+
+
ϕ.
∂x2 ∂y2 γ 2 ∂z2
Wir substituieren:
u = z − vt ;
v=
1
γ
y
w=
1
γ
x.
Dies bedeutet:
∂ 1 ∂
=
;
∂x γ ∂w
∂ 1 ∂
=
;
∂y γ ∂v
∂
∂
=
.
∂z ∂u
Damit folgt:
ϕ=
q
q
γ
1
=
.
√
4πε0 γ 2 w2 + γ 2 v2 + γ 2 u2 4πε0 w2 + v2 + u2
Lösungen der Übungsaufgaben
129
Es bleibt also zu berechnen:
2
2
1 ∂2
1
∂
∂2
∂
∂2
∂2
+
+
ϕ
=
+
+
ϕ.
∂x2 ∂y2 γ 2 ∂z2
γ 2 ∂w2 ∂v2 ∂u2
Andererseits gilt mit r ≡ (w, v, u):
w,v,u
1
= −4π δ(r) = −4π δ(w)δ(v)δ(u) .
r
Also kann man schreiben:
2
1 ∂2
q
∂
∂2
1
+
+
ϕ=−
4π γδ(x)γδ(y)δ(z − vt)
2
2
2
2
∂x ∂y γ ∂z
4πε0
4π
=
q
ε0
δ(x)δ(y)δ(z − vt) = −
ρ(r)
.
ε0
Das gilt für die Punktladung:
ρ(x, y, z) = q δ(x)δ(y)δ(z − vt) .
Das war zu beweisen!
Lösung zu Aufgabe 2.5.12
In Σ:
Lorentz-Kraft auf Punktladung q:
2.5.12
F = q(E + v × B] .
Das Teilchen ist in Ruhe, d. h. v = 0. Es bleibt also:
F = qE .
In Σ :
Teilchengeschwindigkeit: v = −v0 . Damit lautet die Lorentz-Kraft:
F = q E + (−v0 ) × B .
Σ, Σ sind zwei Inertialsysteme. Deshalb muss gelten: F = F . Damit folgt:
E = E + v0 × B = E + αE × B .
Komponente in Richtung von E:
1 1
E ·E =
E · E/ + 0 = E .
E
E
Das war zu zeigen.
130
2.5.13
Lösungen der Übungsaufgaben
Lösung zu Aufgabe 2.5.13
Kraft auf Ladung q in Σ:
F = q(E + u × B)
mit
u = (a, b, d) ;
B = (0, B, 0) ;
1
E = √ (E, E, 0) .
2
Es gilt:
u × B = (−Bd, 0, Ba) .
Das ergibt:
1
1
F = q √ E − Bd, √ E, Ba .
2
2
Damit berechnen wir
1
1
1
F·u=q
√ E − Bd a + √ Eb + Bad = √ qE(a + b) .
2
2
2
Mit den Formeln (2.165), (2.166) und (2.167) finden wir dann die Kräfte in Σ :
√1 E − Bd
q
1
2
Fx = 2
1 − vd
1 − vc2
c2
q √1 E
1
2
Fy = v2 1 − vd2
1 − c2
c
q Ba − cv2 √1 E(a + b)
2
Fz =
.
1 − vd
2
c
2.5.14
Lösung zu Aufgabe 2.5.14
1. Nach Gleichung (3.45), Bd. 3 gilt:
μ0 3(r · m)r m
− 3
B=
4π
r5
r
Bx =
Bz =
μ0 3 m z x
4π
r5
;
By =
,
μ0 3 m z y
4π
μ0 m 2 2 2 2z − x − y .
4π r5
r5
,
Lösungen der Übungsaufgaben
2.
131
Σ sei das Ruhesystem des Dipols. Nach Teil 1. herrschen dort die Felder:
Bx =
μ0 3 m z x
μ0 3 m z y
;
B
=
,
y
4π r5
4π r5
Bz =
μ0 m 2 2 2 2z − x − y ,
4π r5
E ≡ 0 ;
r =
x2 + y2 + z2 .
In Σ gilt nach (2.132) bis (2.137):
Bx = γ Bx = γ
μ0
z x
3m 5 ,
4π
r
x = x ; y = y ; z = γ (z − v t)
⇒ r =
⇒ Bx = γ 2
x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2
x(z − v t)
μ0
3m
,
4π
[x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2
By = γ By = γ 2
Bz = Bz =
y(z − v t)
μ0
3m
,
4π
[x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2
2γ 2 (z − v t)2 − x2 − y2
μ0
m
,
4π [x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2
Ex = +γ β c By = v By ,
Ey = −γ β c Bx = −v Bx ,
Ez = Ez = 0 .
3.
eρ = (cos ϕ, sin ϕ, 0) ;
eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) ;
ez = (0, 0, 1) .
Elektrisches Feld:
Eρ = E · eρ = Ex cos ϕ + Ey sin ϕ = v By cos ϕ − Bx sin ϕ =
= . . . (y cos ϕ − x sin ϕ) = . . . (ρ sin ϕ cos ϕ − ρ cos ϕ sin ϕ) = 0 ,
132
Lösungen der Übungsaufgaben
Eϕ = E · eϕ = −Ex sin ϕ + Ey cos ϕ = −v By sin ϕ + Bx cos ϕ =
= γ2
(z − v t)
μ0
3m 5|2 (−v y sin ϕ − v x cos ϕ) =
4π
x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2
−v(z − v t)ρ
μ0
= . . . − v ρ sin2 ϕ + cos2 ϕ = γ 2
3m
,
2
4π
[ρ + γ 2 (z − v t)2 ]5|2
Ez = 0 ,
Bρ = Bx cos ϕ + By sin ϕ =
1
1
Ex sin ϕ − Ey cos ϕ = − Eϕ ,
v
v
Bϕ = −Bx sin ϕ + By cos ϕ =
Bz =
4.
1
1
Ey sin ϕ + Ex cos ϕ = Eρ = 0 ,
v
v
2γ 2 (z − v t)2 − ρ2
μ0
m
.
4π [ρ2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2
Die E-Linien sind in der xy-Ebene Kreise mit Mittelpunkt im Koordinatenursprung:
E = Eϕ (t) eϕ ,
Eϕ (t; z = 0) = γ 2
v2 t
μ0
3m 2
.
4π
(ρ + γ 2 v2 t 2 )5|2
Ey
t
Abb. A.3.
5.
2.5.15
Geschlossene E-Linien können wegen rot E = −Ḃ dann auftreten, wenn ein
zeitlich veränderliches Magnetfeld vorliegt.
Lösung zu Aufgabe 2.5.15
1. Eine in Σ zunächst ruhende Ladung erfährt in Σ als dort bewegte Ladung von
dem reinen B -Feld eine Beschleunigung. In Σ muss diese Beschleunigung aber
von einem E-Feld stammen, da die Ladung ja anfänglich ruht.
Lösungen der Übungsaufgaben
2.
133
Das E -Feld in Σ werde von in Σ ruhenden Ladungen erzeugt, z. B. auf Kondensatorplatten. In Σ bewegen sich diese Ladungen und erzeugen damit ein B-Feld.
Lösung zu Aufgabe 2.5.16
1. Für die Raumkomponenten der Minkowski-Kraft gilt:
d
d
pr = γ pr = γ F = γ q(v × B),
dτ
dt
pr = γ m v
⇒ pr ·
d
1 d 2
pr = γ m q v · (v × B) = 0 =
p
dt
2 dt r
−1|2
v2
⇒ p2r = const ⇒ v2 = const ⇐⇒ γ (v) = 1 − 2
= const .
c
Für die relativistische Energie gilt (2.63):
Tr = c2 p2r + m2 c4 = const .
2.
Anfangsbedingung: pr (t = 0) = m γ v0 (1, 0, 0)
ṗr = q(v × B) = q vy B, −vx B, 0 =
=
1 qB pry , −prx , 0 .
γ m
Erstes Teilergebnis: prz = const
ω≡
qB 1
1
≡ ω0
m γ
γ
(γ = const) .
d prx + i pry = ω pry − i prx = −i ω prx + i pry
dt
⇒ prx + i pry (t) = (prx + i pry )(0) e−iωt
⇒ prx (t) = prx (0) cos ωt + pry (0) sin ωt ,
pry (t) = −prx (0) sin ωt + pry (0) cos ωt .
Anfangsbedingungen:
pr (0) = m γ v0 , 0, 0 .
2.5.16
134
Lösungen der Übungsaufgaben
Dies ergibt:
pr (t) = m γ v0 (cos ωt, − sin ωt, 0) .
3.
p2r (t) = const ist offensichtlich gewährleistet.
Die Bahn erhalten wir aus
1
r(t) − r(t = 0) =
mγ
=
!t
dt pr (t ) =
0
t
v0 sin ωt , cos ωt , 0 ω
0
m v0
{(sin ωt, cos ωt, 0) − (0, 1, 0)}
⇒ r(t) = x0 , 0, 0 + γ
qB
⇒ r(t) = γ
2.5.17
m v0
(sin ωt, cos ωt, 0) .
qB
Lösung zu Aufgabe 2.5.17
1. Raumkomponenten des relativistischen Impulses:
pr = γ (v)m v ;
−1|2
v2
γ (v) = 1 − 2
,
c
ṗr = q E
⇒ ṗrx = q E ;
ṗry = ṗrz = 0 .
Mit den gegebenen Anfangsbedingungen folgt nach Integration:
pr (t) = q E t, γ0 m v0 , 0 ;
γ0 = 1 −
v02
c2
−1|2
.
Für die relativistische kinetische Energie gilt dann nach (2.63):
Tr (t) = m2 c4 + c2 p2r (t) = m2 c4 + c2 (q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02 ) .
2.
Man beachte, dass anders als im homogenen Magnetfeld (Aufg. 2.5.14) im homogenen elektrischen Feld v2 = v2 (t). γ (v) ist also keine Konstante. Nach (2.61) ist
aber:
Tr = m γ (v)c2
⇒ pr =
Tr
c2
v ⇐⇒ v = pr .
2
c
Tr
Lösungen der Übungsaufgaben
135
Dies bedeutet im Einzelnen:
c2 q E t
1 d
ẋ(t) = =
Tr (t) ,
q
E dt
m2 c4 + c2 q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02
c2 γ0 m v0
ẏ(t) = =
m2 c4 + c2 q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02
c γ0 m v0 d
ln [c q E t + Tr (t)] =
q E dt
c γ0 m v0 d
cqEt
,
arcsinh
=
q E dt
Tr (0)
=
ż(t) = 0 .
3.
Man beachte die Anfangsbedingungen:
z(t) ≡ z0 ,
c γ0 m v0
cqEt
,
arcsinh
qE
Tr (0)
1 x(t) =
Tr (t) − Tr (0) ,
qE
Tr (0) = m2 c4 + c2 γ02 m2 v02 .
y(t) =
Das Teilchen durchläuft die Raumkurve x = x(y):
yqE
,
c q E t = Tr (0) sinh
c γ0 m v0
Tr (t) = Tr2 (0) + c2 q2 E2 t 2 = Tr (0) 1 + sinh2
= Tr (0) cosh
Daraus folgt:
qE
y
c γ0 m v0
qE
y =
c γ0 m v0
.
Tr (0)
qE
cosh
y − 1 = x(y) .
x=
qE
c γ0 m v0
Lösung zu Aufgabe 2.5.18
1. Es gilt nach (2.59) und (2.54):
0,711
m(v) Tr (v)
=
= γ (v) =
= 1,391
m(0) Tr (0)
0,511
⇒ m(v) = 1,391 m(0) .
2.5.18
136
Lösungen der Übungsaufgaben
2.
γ = 1 − β2 −(1|2) ⇐⇒ β =
γ2 − 1
= 0,695
γ2
⇒ v = 0,695 c .
3.
2
vnr
=
2T
2T
0,4
v2
=
=
⇒ nr
m(0)
c2
m c2 0,511
⇒ vnr = 0,885 c .
Relativer Fehler:
ε=
2.5.19
vnr − v
100 = 27,30% .
v
Lösung zu Aufgabe 2.5.19
m : Masse : Lorentz-Invariante ,
E0 = mc2 : Ruheenergie ,
mc2
Tr = : kinetische Energie ,
1 − v2 |c 2
Tr = c2 p2r + m2 c4 .
Elastischer Stoß zweier gleicher Massen
E0
Tr
Tr1
pr1
ϑ
pr
m
m
pr2
Tr2
Vorher
Nachher
Abb. A.4.
Ziel: Berechnung des Streuwinkels ϑ als Funktion von Tr und Tr1 (nichtrelativistisch:
ϑ = 90◦ ).
Impulssatz:
pr + 0 = pr1 + pr2 .
Lösungen der Übungsaufgaben
137
Energiesatz:
Tr + E0 = Tr1 + Tr2 ,
Tr2 = c2 p2r + E02
⇒
pr =
1
Tr2 − E02 ,
c
p2r = p2r1 + p2r2 + 2 pr1 pr2 cos ϑ ,
1 2
E02
1 2
2
2
T
=
T
−
2
−
E
+
T
+ 2 pr1 pr2 cos ϑ
r
0
r1
r2
c2
c2
c2
⇒
cos ϑ =
2 − T2
Tr2 + E02 − Tr1
r2
.
2 pr1 pr2 c2
Tr2 , pr2 mit Erhaltungssätzen eliminieren:
Tr2 = Tr + E0 − Tr1 ,
2
2
= Tr2 + E02 + Tr1
+ 2 Tr E0 − 2 Tr Tr1 − 2 E0 Tr1
Tr2
⇒
2
2
2
Tr2 + E02 − Tr1
− Tr2
= −2 Tr1
− 2 Tr E0 + 2 Tr Tr1 + 2 E0 Tr1 =
= 2 Tr − Tr1 Tr1 − E0 .
1
2 − E2 = 1
Tr2 + E0 Tr2 − E0 =
Tr2
0
c
c
1
Tr − Tr1 Tr + 2E0 − Tr1
=
c
1 Tr1 + E0 Tr1 − E0
pr1 =
c
pr2 =
⇒
Tr − Tr1 Tr1 − E0
cos ϑ = ,
Tr1 + E0 Tr1 − E0 Tr − Tr1 Tr + 2 E0 − Tr1
cos ϑ = /
1+
Tr1,2 ≥ E0 :
1
2 E0
1+
Tr1 −E0
Tr ≥ Tr1
⇒
2 E0
Tr −Tr1
.
cos ϑ < 1 ⇒ ϑmin < ϑ ≤ 90◦ .
a)
v≈c
⇒
cos ϑmin → 1 ;
Tr >> E0 ,
ϑmin → 0◦ .
138
Lösungen der Übungsaufgaben
b)
v << c
⇒
2 E0
>> 1 ;
Tr1 − E0
⇒
cos ϑ → 0 ;
2 E0
>> 1
Tr − Tr1
ϑ → 90◦ .
Es ergibt sich also das nicht-relativistische Resultat!
2.5.20
Lösung zu Aufgabe 2.5.20
1.
Tr = T + Tr (0) = 2 Tr (0) = γ Tr (0) ⇒ γ = 2 .
Dies bedeutet:
/
γ 2 − 1 1| 2
3
= 0,866 .
β=
=
2
γ
4
Die Geschwindigkeit des π+ -Mesons beträgt somit:
2.
m
v π+ = 0,866 c = 2,598 · 108 .
s
Zerfallszeit im Ruhesystem des Mesons:
τ = 2,5 · 10−8 s .
Zerfallszeit im Ruhesystem des Beobachters:
τ = γ τ = 5 · 10−8 s .
Zerfallsstrecke:
d = v τ = 12,990 m .
2.5.21
Lösung zu Aufgabe 2.5.21
Energiesatz:
Tr (v) + Tr (0) = Tr v1 + Tr v2
⇒ γ (v) + 1 = γ v1 + γ v2 .
Impulssatz:
m γ v = m γ v1 v1 + m γ v2 v2
⇒ γ (v)β = γ v1 β1 + γ v2 β2 .
Lösungen der Übungsaufgaben
139
Die letzte Gleichung in Komponenten zerlegt:
γ (v)β = γ v1 β1 cos ϑ + γ v2 β2 cos ϕ ,
0 = γ v1 β1 sin ϑ − γ v2 β2 sin ϕ ,
γ 2 v2 β22 cos2 ϕ + sin2 ϕ = γ 2 v1 β21 sin2 ϑ + γ (v)β − γ v1 β1 cos ϑ
2
⇒ γ 2 v2 β22 = γ 2 v1 β21 + γ 2 (v)β2 − 2γ (v)γ v1 ββ1 cos ϑ .
Die β’s eliminieren wir durch die Beziehung:
γ vi βi = γ 2 vi − 1
⇒ γ 2 v2 − 1 = γ 2 v1 − 1 + γ 2 (v) − 1 − 2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ .
Diese Gleichung kombinieren wir mit dem Energiesatz, um γ (v2 ) zu eliminieren:
γ v2 = γ (v) + 1 − γ v1
⇒ γ 2 v2 = γ 2 (v) + 1 + γ 2 v1 + 2γ (v) − 2γ v1 − 2γ (v)γ v1 .
Dies setzen wir oben ein:
2γ (v) − 2γ v1 − 2γ (v)γ v1 = −2 − 2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ
⇒ −2 γ v1 − 1 γ (v) + 1 = −2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ
⇒
γ v1 − 1 γ (v) + 1 = γ (v) − 1 γ v1 + 1 cos2 ϑ .
Das können wir nach γ (v1 ) auflösen:
γ (v) + 1 + γ (v) − 1 cos2 ϑ
γ v1 = .
γ (v) + 1 − γ (v) − 1 cos2 ϑ
Mit der Abkürzung
α2 =
γ (v) − 1
γ (v) + 1
bleibt dann zu lösen:
γ v1 =
1 + α2 cos2 ϑ
.
1 − α2 cos2 ϑ
Wir gehen nun zurück zum Impulssatz und dividieren die beiden Komponentengleichungen durcheinander:
γ v1 β1 sin ϑ
tan ϕ =
.
γ (v)β(v) − γ v1 β1 cos ϑ
140
Lösungen der Übungsaufgaben
Nun ist
0
1 1 1 + α2 cos2 ϑ 2
2
2
γ v1 β1 = γ v1 − 1 = =
2
1 − α2 cos2 ϑ − 1
=
2α cos ϑ
.
1 − α2 cos2 ϑ
Andererseits gilt:
γ (v)β = γ 2 (v) − 1 =
Dies setzen wir in den Ausdruck für tan ϕ ein:
tan ϕ =
α
γ (v) + 1 (γ (v) − 1) = α γ (v) + 1 .
2α cos ϑ sin ϑ
1−α2 cos2 ϑ
2
γ (v) + 1 − 1−2αα2coscos2ϑϑ
=
2 cos ϑ sin ϑ
=
γ (v) + 1 − γ (v) + 1 α2 cos2 ϑ − 2 cos2 ϑ
=
=
2 cos ϑ sin ϑ
=
γ (v) 1 − cos2 ϑ + 1 − cos2 ϑ
=
2
cos ϑ sin ϑ
.
γ (v) + 1 1 − cos2 ϑ
Daraus folgt schließlich die Behauptung:
tan ϕ tan ϑ =
2
.
γ (v) + 1
Im nicht-relativistischen Grenzfall γ → 1 gilt:
tan ϕ tan ϑ → 1 .
Wegen
tan(ϕ + ϑ) =
tan ϑ + tan ϕ
1 − tan ϕ tan ϑ
bedeutet dies
tan(ϕ + ϑ) → ∞
und damit:
ϕ+ϑ →
π
2
.
Lösungen der Übungsaufgaben
141
Lösung zu Aufgabe 2.5.22
Energie des Elektrons:
2.5.22
Tr2 = c2 p2r + m2 c4 = c2 p2r + Tr2 (0) .
Andererseits:
Tr = T + Tr (0) .
Kombiniert man diese beiden Gleichungen, so folgt:
T 2 + 2 T Tr (0) = c2 p2r ,
T ←→ 1 MeV ,
Tr (0) ←→ 0,511 MeV
⇒ c2 p2r = 2,022 (MeV)2 ⇒ c pr = 1,422 MeV .
Das Photon hat keine Ruhemasse:
Tr (γ ) = c pr = 1,422 MeV .
http://www.springer.com/978-3-642-24480-3