Kurs:Theoretische Mechanik/Lösungen

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Theoretische Physik 1 - Mechanik (Lösung zu den Übungsaufgaben)

Hinweis: Natürlich alles ohne Gewähr. Wenn jemand Fehler findet, bitte melden! Bessere Lösungswege einfach als 2.Möglichkeit hinzufügen.

Inhaltsverzeichnis

1 Mathematische Grundlagen
- 1.1 Tensoren
- 1.2 Differentialoperatoren
2 Bewegungen
- 2.1 Fallendes Seil
- 2.2 Elektron im E-Feld

[Bearbeiten] Mathematische Grundlagen

[Bearbeiten] Tensoren

[Bearbeiten] Levi-Civita als Determinante

$\varepsilon_{ijk} = \vec e_i (\vec e_j \times \vec e_k) = \sum_{a=1}^3 e_{i,a} (\vec e_j \times \vec e_k)_a = \sum_{a=1}^3 \sum_{b,c=1}^3 \varepsilon_{abc} e_{i,a} e_{j,b} e_{k,c}=$

$\!\,=e_{i,1}(e_{j,2}e_{k,3}-e_{j,3}e_{k,2})-e_{i,2}(e_{j,3}e_{k,1}-e_{j,1}e_{k,3})+e_{i,3}(e_{j,1}e_{k,2}-e_{j,2}e_{k,1})=$

$=e_{i,1}\begin{vmatrix}e_{j,2} & e_{j,3} \\e_{k,2} & e_{k,3}\end{vmatrix} +e_{i,2} \begin{vmatrix}e_{j,1} & e_{j,3} \\e_{k,1} & e_{k,3}\end{vmatrix} +e_{i,3} \begin{vmatrix}e_{j,1} & e_{j,2} \\e_{k,1} & e_{k,2}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix} e_{i,1} & e_{i,2} & e_{i,3} \\ e_{j,1} & e_{j,2} & e_{j,3} \\ e_{k,1} & e_{k,2} & e_{k,3} \end{vmatrix}$

[Bearbeiten] Identität XYZ

1. Möglichkeit

$\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ilm} = \begin{vmatrix} e_{i,1} & e_{i,2} & e_{i,3} \\ e_{j,1} & e_{j,2} & e_{j,3} \\ e_{k,1} & e_{k,2} & e_{k,3} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} e_{i,1} & e_{i,2} & e_{i,3} \\ e_{l,1} & e_{l,2} & e_{l,3} \\ e_{m,1} & e_{m,2} & e_{m,3} \end{vmatrix} =$

$= \begin{vmatrix} e_{i,1}e_{i,1}+e_{i,2}e_{j,1}+e_{i,3}e_{k,1} & e_{i,1}e_{i,2}+e_{i,2}e_{j,2}+e_{i,3}e_{k,2} & e_{i,1}e_{i,3}+e_{i,2}e_{j,3}+e_{i,3}e_{k,3} \\ e_{l,1}e_{i,1}+e_{l,2}e_{j,1}+e_{l,3}e_{k,1} & e_{l,1}e_{i,2}+e_{l,2}e_{j,2}+e_{l,3}e_{k,2} & e_{l,1}e_{i,3}+e_{l,2}e_{j,3}+e_{l,3}e_{k,3} \\ e_{m,1}e_{i,1}+e_{m,2}e_{j,1}+e_{m,3}e_{k,1} & e_{m,1}e_{i,2}+e_{m,2}e_{j,2}+e_{m,3}e_{k,2} & e_{m,1}e_{i,3}+e_{m,2}e_{j,3}+e_{m,3}e_{k,3} \end{vmatrix}$

Für ein rechtsdrehendes, orthonormales Koordinatensystem mit den Einheitsvektoren , folgt: Mit: $\vec e_i = \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \vec e_j=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, \vec e_k=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$

$= \begin{vmatrix} 1\cdot 1+0\cdot 0+0\cdot 0 & 1\cdot 0+0\cdot 1+0\cdot 0 & 1\cdot 0+0\cdot 0+0\cdot 1 \\ e_{l,1}\cdot 1+e_{l,2}\cdot 0+e_{l,3}\cdot 0 & e_{l,1}\cdot 0+e_{l,2}\cdot 1+e_{l,3}\cdot 0 & e_{l,1}\cdot 0+e_{l,2}\cdot 0+e_{l,3}\cdot 1 \\ e_{m,1}\cdot 1+e_{m,2}\cdot 0+e_{m,3}\cdot 0 & e_{m,1}\cdot 0+e_{m,2}\cdot 1+e_{m,3}\cdot 0 & e_{m,1}\cdot 0+e_{m,2}\cdot 0+e_{m,3}\cdot 1 \end{vmatrix}$

$= \begin{vmatrix} e_{i,1}e_{i,1}& e_{i,2}e_{j,2}& e_{i,3}e_{k,3} \\ e_{l,1}e_{i,1}& e_{l,2}e_{j,2}& e_{l,3}e_{k,3} \\ e_{m,1}e_{i,1}& e_{m,2}e_{j,2}& e_{m,3}e_{k,3} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1& 0& 0 \\ e_{l,1}e_{i,2}& e_{l,2}e_{j,2}& e_{l,3}e_{k,3} \\ e_{m,1}e_{i,1}& e_{m,2}e_{j,2}& e_{m,3}e_{k,3} \end{vmatrix}$

Wir haben $\varepsilon_{ijk} = \vec e_i (\vec e_j \times \vec e_k)$ und $\varepsilon_{ilm} = \vec e_i (\vec e_l \times \vec e_m)$ . Wenn $\vec e_i, \vec e_l, \vec e_m$ ein rechtsdrehendes Koordinatensystem bilden, folgt:

$\vec e_i \perp \vec e_l => e_{l,1}e_{i,2} = 0$

$\vec e_i \perp \vec e_m => e_{m,1}e_{i,1} = 0$

$\begin{vmatrix} 1& 0& 0 \\ 0& e_{l,2}e_{j,2}& e_{l,3}e_{k,3} \\ 0& e_{m,2}e_{j,2}& e_{m,3}e_{k,3} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \delta_{jl} & \delta_{kl} \\ 0 & \delta_{jm} & \delta_{km} \end{vmatrix}= 1 \cdot \begin{vmatrix} \delta_{jl} & \delta_{kl} \\ \delta_{jm} & \delta_{km} \end{vmatrix}= \delta_{jl}\delta_{km} -\delta_{jm}\delta_{kl}$

2. Möglichkeit

Für j=k oder l=m verschwindet das Kreuzprodukt. Für j≠k und l≠m gilt: Das doppelte Kreuzprodukt verschwindet, wenn nicht j=l oder k=m

[Bearbeiten] Spatprodukt

Aufgabenstellung: Zeige: $\vec c(\vec a \times \vec b) = \vec a(\vec b \times \vec c) = \vec b(\vec c \times \vec a)$

Lösung:

$\vec c(\vec a \times \vec b)=\varepsilon_{ijk}c_ia_jb_k = \varepsilon$

da $\varepsilon_{ijk}=\varepsilon_{jki}=\varepsilon_{kij}$ folgt:

$\varepsilon_{ijk}c_ia_jb_k = \varepsilon_{jki}c_ia_jb_k$ bzw. $\varepsilon_{ijk}c_ia_jb_k = \varepsilon_{kij}c_ia_jb_k$

Durch Vertauschen der Indizes folgt:

$\varepsilon_{jki}c_ia_jb_k =\varepsilon_{ijk}c_ka_ib_j=c_ka_ib_j(\vec e_j \times \vec e_k)\vec e_i= \vec a(\vec b \times \vec c)$

bzw.

$\varepsilon_{kij}c_ia_jb_k = \varepsilon_{ijk}c_ja_kb_i=c_ja_kb_i(\vec e_j \times \vec e_k)\vec e_i= \vec b(\vec c \times \vec a)$

[Bearbeiten] Graßmann-Identität

$[\vec a \times (\vec b \times \vec c)]_k = \sum_{i,j} \varepsilon_{ijk} a_i (\vec b \times \vec c)_j = \sum_{i,j} \sum_{l,m} \varepsilon_{ijk} \varepsilon_{jlm} a_i b_l c_m$

Da wir unsere Freunde so nennen dürfen wie wir wollen, vertauschen wir die Indizes i und j damit der nächste Schritt "offensichtlich" ist:

$\sum_{j,i} \sum_{l,m} \varepsilon_{jik} \varepsilon_{ilm} a_j b_l c_m$

Wir benutzen die in Übungsaufgabe 1 bewiesene Identität $\sum_{i} \varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ilm} = \delta_{jl}\delta_{km} -\delta_{jm}\delta_{kl}$ , dazu verwenden wir $\varepsilon_{jik} = - \varepsilon_{ijk}$ aus der Definition des Levi-Civita-Symbols:

$\sum_{j,i} \sum_{l,m} \varepsilon_{jik} \varepsilon_{ilm} a_j b_l c_m = - \sum_{j,i} \sum_{l,m} \varepsilon_{ijk} \varepsilon_{ilm} a_j b_l c_m = - \sum_{j} \sum_{l,m} a_j b_l c_m (\delta_{jl}\delta_{km} -\delta_{jm}\delta_{kl})$

Und ziehen das Minus vor den Summen zu den Deltas in die Klammer und lösen die Kronecker-Deltas zu Einheitsvektoren auf:

$\sum_{j} \sum_{l,m} a_j b_l c_m (\delta_{jm}\delta_{kl}-\delta_{jl}\delta_{km})= \sum_{j} \sum_{l,m} a_j b_l c_m ((\vec e_j, \vec e_m)(\vec e_k, \vec e_l)-(\vec e_j, \vec e_l)(\vec e_k, \vec e_m))$

Dann lösen wir die Summe auf:

$((\vec a, \vec c)(\vec e_k, \vec b)-(\vec a, \vec b)(\vec e_k, \vec c)) = [\vec b(\vec a, \vec c)-\vec c(\vec a, \vec b)]_k$

[Bearbeiten] Lagrange-Identität

noch nicht vorhanden

[Bearbeiten] Differentialoperatoren

[Bearbeiten] div rot A = 0

Hinweis:
Ich glaube ich habe möglicherweise im ersten Lösungsweg einen Denkfehler:
Wenn ich die Indizes i und j vertausche, müsste ich sie ggf. auch in der 
Ausgangsgleichung, mit der ich sie vergleiche, tauschen.

Zeige: $\operatorname{div\ }\operatorname{rot\ }\vec A = 0$

1. Lösung:

$\operatorname{div\ }\operatorname{rot\ }\vec A = \nabla(\nabla \times \vec A) = \varepsilon_{ijk} \nabla_{i}\nabla_{j}A_k$

Nach dem Satz von Schwarz kann man bei zweifach stetig differenzierbaren Funktionen die Differentialoperatoren vertauschen:

$\varepsilon_{ijk} \nabla_{i}\nabla_{j}A_k = \varepsilon_{ijk} \nabla_{j}\nabla_{i}A_k$

Mit einer ungeraden Permutation des Levi-Civita-Symbols $\varepsilon_{ijk} = -\varepsilon_{jik}$ folgt:

$\varepsilon_{ijk} \nabla_{j}\nabla_{i}A_k = - \varepsilon_{jik} \nabla_{j}\nabla_{i}A_k$

Da ich meine Indize so nennen kann wie ich will, vertausche ich alle i und j:

$- \varepsilon_{ijk} \nabla_{i}\nabla_{j}A_k$

Jetzt haben wir:

$\varepsilon_{ijk} \nabla_{i}\nabla_{j}A_k = - \varepsilon_{ijk} \nabla_{i}\nabla_{j}A_k$

Daraus folgt:

$\operatorname{div\ }\operatorname{rot\ }\vec A = 0$

Alternative Lösung:

Mit der in Übungsaufgabe 1.2 gezeigten Identität:

$\operatorname{div\ }\operatorname{rot\ }\vec A = \nabla_1(\nabla_2 \times \vec A) = \vec A(\nabla_1 \times \nabla_2)$

Nach dem Satz von Schwarz folgt $(\nabla_1 \times \nabla_2)= \vec 0$ und dadurch:

$\operatorname{div\ }\operatorname{rot\ }\vec A = 0$

[Bearbeiten] rot grad B = 0

Zeige: $\operatorname{rot\ }\operatorname{grad\ }B=0$

Lösung:(in Arbeit - mit Sicherheit noch falsch ;-) )

$\operatorname{rot\ }\operatorname{grad\ }B= \nabla \times (\nabla,B) = \varepsilon_{ijk} \nabla_j (\nabla, B)_k \vec e_i = \varepsilon_{ijk} \nabla_j \nabla_k B \vec e_i$

$=\nabla_j \nabla_k B \vec e_i(\vec e_j \times \vec e_k)\vec e_i = B(\nabla \times \nabla)\delta_{ii} = B \cdot \vec 0 = 0$

[Bearbeiten] div grad B = 0

Zeige: $\operatorname{div\ }\operatorname{grad\ }B=0$

Lösung:

[Bearbeiten] Bewegungen

[Bearbeiten] Fallendes Seil

[Bearbeiten] Elektron im E-Feld

Aufgabenstellung:
Ein Elektron (Elementarladung e, Masse m) bewege sich in einem homogenen, gedämpft oszillierenden
elektrischen Feld,  mit  

a.) Berechne die Bahnkurve  in Abhängigkeit der Anfangsbedingung  und 

b.) Bestimme die Anfangsbedingungen  und , für die  für alle  beschränkt bleiben.

Lösung:

Die Bewegungsgleichung ist:

Definitionsgemäß ist die Kraft auf eine Ladung q im elektrischen Feld: $\!\, \vec F = q \cdot \vec E$

also: $\vec F(t) = m\ddot x = \vec E (t) = -e \vec E_{0} e^{- \alpha t} \cos (\omega t)$ , wobei q = -e, da es sich um ein einzelnes Elektron handelt.

Es gilt: $\cos \omega t = \frac12(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t})$

Durch Einsetzen ergibt sich:

$m\ddot x = -e \vec E_{0} e^{- \alpha t} \frac12(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}) <=> \ddot x =\frac{-e\vec E_{0}}{2m} e^{- \alpha t} (e^{i\omega t}+e^{-i\omega t})$

$<=> \ddot x =\frac{-e\vec E_{0}}{2m} e^{- \alpha t+i\omega t} + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} e^{- \alpha t-i\omega t}$

$\!\,x(t)$ ergibt sich durch zweifaches Integrieren von $\!\, \ddot x(t)$ :

$\dot x(t) = \int_0^t \ddot x(t') dt' + v_0$

$\dot x(t) = v_0 + \int_0^t \frac{-e\vec E_{0}}{2m} e^{- \alpha t'+i\omega t'} + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} e^{- \alpha t'-i\omega t'} dt'$

$\dot x(t) = v_0 + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \int_0^t e^{- \alpha t'+i\omega t'} + e^{- \alpha t'-i\omega t'} dt'$

$\dot x(t) = v_0 + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \biggl[\frac1{- \alpha +i\omega}e^{- \alpha t'+i\omega t'}\biggl]_0^t + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \biggl[\frac1{- \alpha-i\omega} e^{- \alpha t'-i\omega t'}\biggl]_0^t$

$\dot x(t) = v_0 + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \biggl(\frac1{- \alpha +i\omega}e^{- \alpha t+i\omega t}-\frac1{- \alpha +i\omega} \biggl) + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \biggl(\frac1{- \alpha-i\omega} e^{- \alpha t-i\omega t} - \frac1{- \alpha-i\omega}\biggl)$

$\dot x(t) = v_0 + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \frac1{-\alpha +i\omega}e^{- \alpha t+i\omega t}-\frac{-e\vec E_{0}}{2m(-\alpha +i\omega)} + \frac{-e\vec E_{0}}{2m} \frac1{- \alpha-i\omega} e^{- \alpha t-i\omega t} - \frac{-e\vec E_{0}}{2m(- \alpha-i\omega)}$

2. Schritt

$x(t) = \int_0^t \dot x(t') dt' + x_0$

$x(t) = x_0 + \int_0^t v_0 dt' + \int_0^t \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t+i\omega t}}{2m(-\alpha +i\omega)} dt'- \int_0^t \frac{-e\vec E_{0}}{2m(-\alpha +i\omega)} dt'$

$+ \int_0^t \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t-i\omega t}}{2m(- \alpha-i\omega)}dt' -\int_0^t \frac{-e\vec E_{0}}{2m(- \alpha-i\omega)} dt'$

$x(t) = x_0 + \biggl [v_0 t'\biggl]_0^t + \biggl[ \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t'+i\omega t'}}{2m(-\alpha +i\omega)^2}\biggl]_0^t - \biggl[ \frac{-e\vec E_{0} t'}{2m(-\alpha +i\omega)}\biggl]_0^t$

$+ \biggl[ \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t-i\omega t}}{2m(- \alpha-i\omega)^2}\biggl]_0^t -\biggl[ \frac{-e\vec E_{0}t'}{2m(- \alpha-i\omega)}\biggl]_0^t$

$x(t) = x_0 + v_0 t + \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t+i\omega t}}{2m(-\alpha +i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0}}{2m(-\alpha +i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0} t}{2m(-\alpha +i\omega)}$

$+ \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t-i\omega t}}{2m(- \alpha-i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0}}{2m(- \alpha-i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0}t}{2m(- \alpha-i\omega)}$

$x(t) = x_0 + v_0 t + \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t+i\omega t}}{2m(-\alpha +i\omega)^2} + \frac{-e\vec E_{0} e^{- \alpha t-i\omega t}}{2m(- \alpha-i\omega)^2}$

$- \frac{-e\vec E_{0}}{2m(-\alpha +i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0}}{2m(- \alpha-i\omega)^2} - \frac{-e\vec E_{0}t}{2m(- \alpha-i\omega)} - \frac{-e\vec E_{0} t}{2m(-\alpha +i\omega)}$