Lösungen Band I, Vorlesung 11

Aufgabe 11.1:

Beweisen Sie Gl. 11.3. Beweisen Sie weiterhin, dass

$V_i A_j - V_j A_i = \sum_k \epsilon_{ijk} (\vec{V} \times \vec{A})_k$

gilt.
Gl. 11.3 lautet:

$(\vec{V} \times \vec{A})_i = \sum_j \sum_k \epsilon_{ijk} V_j A_k.$

Lösung:

Wir zeigen die Gleichung Gl. 11.3 durch einfaches Ausrechnen für $i=1,2,3$ . Die Komponenten des Kreuzprodukts lauten:

$\begin{split}(\vec{V} \times \vec{A})_1 &= V_2A_3 - V_3A_2 \\(\vec{V} \times \vec{A})_2 &= V_3A_1 - V_1A_3 \\(\vec{V} \times \vec{A})_3 &= V_1A_2 - V_2A_1.\end{split}$

Die rechte Seite lautet für $i=1$ :

$\sum_j \sum_k \epsilon_{1jk} V_j A_k =\epsilon_{123} V_2 A_3 + \epsilon_{132} V_3 A_2 = +V_2 A_3 - V_3 A_2.$

Die Doppelsumme ergibt nur noch zwei einzelne Summanden, da $\epsilon_{1jk} = 0$ ist, wenn $j=1$ oder $k=1$ ist. Entsprechend folgt für $i=2$ und $i=3$ :

$\begin{split}\sum_j \sum_k \epsilon_{2jk} V_j A_k &=\epsilon_{231} V_3 A_1 + \epsilon_{213} V_1 A_3 = +V_3 A_1 - V_1 A_3\\\sum_j \sum_k \epsilon_{3jk} V_j A_k &=\epsilon_{312} V_1 A_2 + \epsilon_{321} V_2 A_1 = +V_1 A_2 - V_2 A_1.\end{split}$

Auch der Beweis für

$V_i A_j - V_j A_i = \sum_k \epsilon_{ijk} (\vec{V} \times \vec{A})_k$

kann durch einfaches Ausrechnen erfolgen. Allerdings gibt es sehr viele mögliche Kombinationen. Daher hilft es, erst einmal einige Überlegungen anzustellen.

Wir bemerken zunächst, dass beide Seiten der Gleichung zu 0 werden, wenn $i=j$ ist. Links steht zweimal dasselbe mit verschiedenen Vorzeichen, und rechts wird $\epsilon_{ijk} = 0$ .

Weiterhin besteht die linke Summe nur aus einem einzelnen Summanden, da bei vorgegeben $i$ und $j$ $\epsilon_{ijk} = 0$ ist für $k=i$ oder $k=j$ .

Unter diesen Voraussetzungen braucht man also nur die Fälle $k=1,2,3$ zu untersuchen, mit entsprechenden $i,j$ . Dies sind aber genau die Gleichungen aus 11.3. Zum Beispiel gilt

$\begin{split}V_1A_2 - V_2A_1 &= \sum_k \epsilon_{12k} (V \times A)_k = \epsilon_{123} (V \times A)_3 = +(V \times A)_3\\V_2A_1 - V_1A_2 &= \sum_k \epsilon_{21k} (V \times A)_k = \epsilon_{213} (V \times A)_3 = -(V \times A)_3.\\\end{split}$

Aufgabe 11.2:

Beweisen Sie Gl. 11.4.

$\vnabla \times \left(\vnabla V \right) = 0. \;\;\;\;\;\;(11.4)$

Lösung:

Gl. 11.4 besagt, dass die Rotation eines Gradienten verschwindet. Der Gradient von V ist ein Vektor mit den drei Komponenten

$\begin{split}(\vnabla V)_x &= \pd{V}{x}\\(\vnabla V)_y &= \pd{V}{y}\\(\vnabla V)_z &= \pd{V}{z}.\end{split}$

Die Rotation dieses Gradienten ist ein weiterer Vektor mit den Komponenten

$\begin{split}(\vnabla \times \vnabla V)_x &= \pd{}{y} \pd{V}{z} - \pd{}{z} \pd{V}{y} = \frac{\partial^2 V}{\partial y \partial z} - \frac{\partial^2 V}{\partial z \partial y} = 0\\(\vnabla \times \vnabla V)_y &= \pd{}{z} \pd{V}{x} - \pd{}{x} \pd{V}{z} = \frac{\partial^2 V}{\partial z \partial x} - \frac{\partial^2 V}{\partial x \partial z} = 0\\(\vnabla \times \vnabla V)_z &= \pd{}{x} \pd{V}{y} - \pd{}{y} \pd{V}{x} = \frac{\partial^2 V}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 V}{\partial y \partial x} = 0.\\\end{split}$

Die Komponenten sind alle 0, da die Reihenfolge der Differentiation bei den zweiten Ableitungen beliebig ist.

Aufgabe 11.3:

Zeigen Sie, dass die Vektorpotentiale in Gleichungen Gl. 11.8 und Gl. 11.9 dasselbe homogene Magnetfeld erzeugen. Das bedeutet, dass sie sich nur um einen Gradienten unterscheiden. Finden Sie den Skalar, dessen Gradient zu 11.8 addiert, die Gleichungen Gl. 11.9 ergeben.

Lösung:

Gl. 11.8

$\begin{split}A_x &= 0 \\A_y &= b x \\A_z &= 0.\end{split}$

Gl. 11.9

$\begin{split}A'_x &= -b y \\A'_y &= 0 \\A'_z &= 0.\end{split}$

Die beiden Vektorpotentiale lauten

$A=\begin{pmatrix}0\\bx\\0\end{pmatrix},A'=\begin{pmatrix}-by\\0\\0\end{pmatrix}$

Gesucht ist ein Skalar, dessen Gradient zu $A$ addiert $A'$ ergibt, also

$A' = A + \vnabla V$

und damit

$\vnabla V= A'-A =\begin{pmatrix}-by\\-bx\\0\end{pmatrix}.$

Somit ist $\pd{V}{x} = - by$ , $\pd{V}{y} = -bx$ und $\pd{V}{z} = 0$ . Man sieht schnell, dass die Potentialfunktion

$V = -bxy$

diesen Gradienten besitzt.

Aufgabe 11.4:

Stellen Sie mit Hilfe der Hamilton-Funktion aus Gl. 11.24 die Hamiltonschen Bewegungsgleichungen auf und zeigen Sie, dass man daraus die Newton-Lorentz-Gleichungen erhält.

Lösung:

Die Newton-Lorentz-Gleichung lautet

$m\vec{a} = \frac{e}{c}(\vec{v} \times\vec{B}).$

Gleichung 11.24 lautet:

$\Ham = \sum_i \bigg\{ \frac{1}{2 m} \left[ p_i - \frac{e}{c} A_i(x)\right] \left[ p_i - \frac{e}{c} A_i(x) \right] \bigg\}.$

Dabei steht der Index $i$ für die Koordinaten $x,y,z$ . Die Hamilton-Gleichungen für $q_x, q_y$ und $q_z$ lauten daher:

$\begin{align*} \dot{q}_x &= \pd{\Ham}{p_x} = \frac{2}{2m} \left[ p_x - \frac{e}{c} A_x\right] \Rightarrow m\dot{q}_x = p_x - \frac{e}{c} A_x\\ \dot{q}_y &= \pd{\Ham}{p_y} = \frac{2}{2m} \left[ p_y - \frac{e}{c} A_y\right] \Rightarrow m\dot{q}_y = p_y - \frac{e}{c} A_y\\\dot{q}_z &= \pd{\Ham}{p_z} = \frac{2}{2m} \left[ p_z - \frac{e}{c} A_z\right] \Rightarrow m\dot{q}_z = p_z - \frac{e}{c} A_z. \end{align*}$

Die Hamilton-Gleichung für $p_x$ ist etwas komplizierter, da $A$ eine Funktion von $x$ ist:

$\begin{align*}\dot{p}_x &= -\pd{\Ham}{q_i}\\&= \frac{2}{2m} \big[ p_x - \frac{e}{c} A_x\big]\frac{e}{c}\pd{A_x}{x} + \frac{2}{2m} \left[ p_x - \frac{e}{c} A_y\right]\frac{e}{c}\pd{A_y}{x} + \frac{2}{2m} \left[ p_x - \frac{e}{c} A_z\right]\frac{e}{c}\pd{A_z}{x}\\&= \frac{1}{m}\frac{e}{c} \big[ (p_x - \frac{e}{c} A_x) \pd{A_x}{x} + (p_y - \frac{e}{c} A_y) \pd{A_y}{x} + (p_z - \frac{e}{c} A_z) \pd{A_z}{x} \big]\\&= \frac{1}{m}\frac{e}{c} \big[ m\dot{x} \pd{A_x}{x} + m\dot{y} A_y) \pd{A_y}{x} + m\dot{z} \pd{A_z}{x} \big]\\&= \frac{e}{c} \big[ \dot{x} \pd{A_x}{x} + \dot{y} \pd{A_y}{x} + \dot{z} \pd{A_z}{x} \big].\end{align*}$

Die Gleichungen für $\dot{p}_y$ und $\dot{p}_z$ sehen entsprechend aus.

Für die Newton-Lorentz-Gleichung brauchen wir die zweite Zeitableitung von $x$ :

$\begin{align*} m\ddot{x} &= \frac{d}{dt} (p_x - \frac{e}{c} A_x) \\ &= \dot{p_x} - \frac{e}{c} \big(\pd{A_x}{x}\dot{x} + \pd{A_x}{y}\dot{y} +\pd{A_x}{z}\dot{z}\big)\\ &= \frac{e}{c} \big(\dot{x} \pd{A_x}{x} + \dot{y} \pd{A_y}{x} + \dot{z} \pd{A_z}{x} \big) - \frac{e}{c} \big(\pd{A_x}{x}\dot{x} + \pd{A_x}{y}\dot{y} +\pd{A_x}{z}\dot{z}\big)\\ &= \frac{e}{c} \big( \pd{A_y}{x} - \pd{A_x}{y} \big) \dot{y} +\frac{e}{c} \big( \pd{A_z}{x} - \pd{A_x}{z} \big) \dot{z}\\ &=\frac{e}{c} \big( B_z \dot{y} - B_y \dot{z} \big). \end{align*}$

Das ist die $x$ -Komponente der Newton-Lorentz-Gleichung $m\vec{a} = \frac{e}{c}(\vec{v} \times\vec{B})$ . Die beiden anderen Komponenten folgen ganz genauso.

Aufgabe 11.5:

Zeigen Sie, dass die Lösungen der Gleichungen Gl. 11.25 und Gl. 11.26 Kreisbahnen in der $x,y$ -Ebene sind. Drücken Sie den Radius der Bahnen in Größen der Geschwindigkeit aus.

$\begin{split}a_y &= - \dfrac{e b}{m c} v_x \;\;\;\;\; (11.25) \\a_x &= +\dfrac{e b}{m c} v_y \;\;\;\;\;\;(11.26)\end{split}$

Lösung:

Die Gleichungen 11.25 und 11.26 lauten

$\begin{align*}a_y &= - \dfrac{e b}{m c} v_x\\a_x &= + \dfrac{e b}{m c} v_y\end{align*}$

Mit dem Ansatz

$\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}R \cos \omega t\\R \sin \omega t\end{pmatrix},$

der eine Kreisbewegung mit Radius $R$ und Kreisfrequenz $\omega$ beschreibt, erhält man

$\begin{pmatrix}\dot{x}(t)\\\dot{y}(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-R \omega \sin \omega t\\+R \omega \cos \omega t\end{pmatrix}$

und damit

$\begin{pmatrix}a_x\\a_y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\ddot{x}(t)\\\ddot{y}(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-R \omega^2 \cos \omega t\\-R \omega^2 \sin \omega t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\omega \dot{y}(t)\\+\omega \dot{x}(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\omega v_y\\+\omega v_x\\\end{pmatrix}.$