Abstrahlung elektromagnetischer Wellen

Kapitelvorwort

Wie kann man allgemein die Potenziale einer vorgegebenen Ladungs″= und Stromverteilung berechnen?

Wie strahlt eine bewegte Punktladung?

Wie sieht die Multipolentwicklung im dynamischen Fall aus?

Welche Besonderheiten ergeben sich bei der Abstrahlung durch relativistisch bewegte Punktladungen?

Ende des 19. Jahrhunderts begann Heinrich Hertz (1857–1894), kurz zuvor zum Professor für Experimentalphysik am Polytechnikum in Karlsruhe berufen, mit elektromagnetischen Schwingungen in Spulen zu experimentieren. Es war bereits bekannt, dass es bei Spulen, die an einer Stelle unterbrochen sind, an dieser Stelle zu Funkenüberschlägen kommen kann.

Zufällig bemerkte Hertz bei seinen Untersuchungen, dass auch bei einer zweiten, mit der ersten nicht elektrisch verbundenen Spule Funken übersprangen. Damit waren erstmals elektromagnetische Wellen erzeugt und wieder empfangen worden, auch wenn das Hertz zu diesem Zeitpunkt wohl noch nicht bewusst war.

In der Folgezeit untersuchte er die Übertragung der Funken näher. Statt der Sendespule verwendete er bald nur noch zwei lange Drähte mit großen Kugeln als Ladungsspeicher an den voneinander abgewandten Enden und kleinen Kugeln an den einander zugewandten Enden; diese Anordnung bezeichnete er als „großen Oszillator“. Wurde an diese Anordnung eine Spule angeschlossen, in der elektromagnetische Schwingungen stattfanden, so sprangen zwischen den kleinen Kugeln periodisch Funken über – und eine elektromagnetische Welle wurde abgestrahlt.

Heutzutage verwendet man natürlich keine Funken mehr zur Erzeugung elektromagnetischer Wellen; in Worten wie „Funk“ ist aber der Ursprung dieser Technik immer noch erhalten geblieben. Das Eröffnungsbild des Kapitels zeigt eine Briefmarke, die von der Deutschen Post 1983 zur Feier dieser Entdeckung herausgegeben wurde.

Letztlich war der von Hertz benutzte „große Oszillator“ ein elektrischer Dipol mit einem zeitabhängigen Dipolmoment. Hertz hat also experimentell gezeigt, dass ein mit der Zeit veränderlicher elektrischer Dipol elektromagnetische Wellen abstrahlt. In diesem Kapitel werden wir den theoretischen Hintergrund sowohl für diese Dipolstrahlung als auch für die Abstrahlung von elektromagnetischen Wellen durch bewegte Punktladungen und allgemeine Ladungs‐ und Stromverteilungen genauer betrachten.

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

•:

leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

••:

mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

•••:

anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

19.1 •• Retardierte und avancierte Green’sche Funktion

Zeigen Sie, dass die retardierte und die avancierte Green’sche Funktion (19.16) und (19.17 ) tatsächlich die Differenzialgleichung

$$\Box G(t,t^{\prime},{\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})=4\uppi\delta(t-t^{\prime})\delta({\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime})$$

(19.169)

lösen, dass also

$$\text{(a) }\Box G(t,t^{\prime},{\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})=0$$

(19.170)

für ${\boldsymbol{r}}\neq{\boldsymbol{r}}^{\prime}$ gilt und dass

$$\text{(b)}\int\Box G(t,t^{\prime},{\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})\,\mathrm{d}V^{\prime}=4\uppi\delta(t-t^{\prime})$$

(19.171)

ist, wenn über ein Volumen integriert wird, das den Punkt mit dem Ortsvektor ${\boldsymbol{r}}^{\prime}$ enthält.

Lösungshinweis:

Führen Sie die Rechnungen zunächst nur für die retardierte Green’sche Funktion durch und überlegen Sie anschließend, wie sie sich für die avancierte Funktion ändert. (b) Verwenden Sie bei der räumlichen Ableitung von G den Gauß’schen Satz. Bei der zeitlichen Ableitung führen Sie zunächst das Integral aus und berechnen danach die Ableitungen.

19.2 •• Ampère’sches Gesetz ungültig?

Betrachten Sie folgende physikalische Situation: Entlang der z‐Achse befinde sich ein unendlich langer und unendlich dünner, idealer Leiter, in dem zur Zeit t = 0 plötzlich ein Strom der Stärke I eingeschaltet wird. Nach dem Ampère’schen Gesetz gilt dann für die magnetische Feldstärke im Abstand $\varrho$ zur z‐Achse

$$B(\varrho)=\frac{2I}{c\varrho},$$

(19.172)

und zwar zu jeder beliebig kleinen Zeit t > 0. Im Widerspruch zur lichtschnellen Ausbreitung elektromagnetischer Felder hat sich die Änderung der magnetischen Feldstärke hier also scheinbar instantan bis in unendliche Entfernung ausgebreitet.

• (a) Erklären Sie, welcher Fehler bei der Herleitung dieses Ergebnisses gemacht wurde.

• (b) Zeigen Sie, dass sich für die Potenziale

  $$\begin{aligned}\phi(t,{\boldsymbol{r}})&=0,\\ {\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})&=\frac{2I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\;{\mathrm{arsinh}}\left(\sqrt{\frac{c^{2}t^{2}}{\varrho^{2}}-1}\right)\end{aligned}$$

  (19.173)

  ergibt.

• (c) Berechnen Sie daraus die tatsächlichen elektrischen und magnetischen Felder und diskutieren Sie das Ergebnis.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie (19.20) für Teilaufgabe (b).

19.3 ••• Gleichförmig bewegte Punktladung

• (a) Begründen Sie ohne Rechnung, dass eine gleichförmig bewegte Punktladung keine Energie abstrahlen sollte.

• (b) Berechnen Sie für eine gleichförmig bewegte Punktladung (Geschwindigkeitsvektor ${\boldsymbol{v}}$), die sich zur Zeit t = 0 im Ursprung befindet, explizit die retardierte Zeit (19.28 ).

• (c) Zeigen Sie, dass die zugehörigen Liénard‐Wiechert‐Potenziale gegeben sind durch

  $$\begin{aligned}\phi(t,{\boldsymbol{r}})&=\frac{q}{R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta}},\\ {\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})&=\frac{q{\boldsymbol{\beta}}}{R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta}}={\boldsymbol{\beta}}\phi(t,{\boldsymbol{r}}),\end{aligned}$$

  (19.174)

  wobei

  $${\boldsymbol{R}}(t)={\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{v}}t$$

  (19.175)

  nun der Vektor vom momentanen Ort der Punktladung zum Beobachter und $\vartheta$ der Winkel zwischen diesem Vektor und ${\boldsymbol{v}}$ ist.

• (d) Begründen Sie, dass hier ${\boldsymbol{B}}={\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{E}}$ ist.

• (e) Berechnen Sie daraus die elektrische und die magnetische Feldstärke sowie den Poynting‐Vektor. Bestätigen Sie damit, dass keine Energieabstrahlung erfolgt.

(Anmerkung: Die elektrische und magnetische Feldstärke einer gleichförmig bewegten Punktladung wurde bereits in Kap. 18 mittels einer Lorentz‐Transformation berechnet.)

Lösungshinweis:

• (a) Verwenden Sie das Relativitätsprinzip .

• (b) Beachten Sie insbesondere auch den Grenzfall ${\boldsymbol{\beta}}\to 0$.

• (c) Verwenden Sie im Nenner, dass $R(t^{\prime})=c(t-t^{\prime})$ gilt, setzen Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe (b) ein und verwenden Sie anschließend für ${\boldsymbol{r}}$ den Zusammenhang mit ${\boldsymbol{R}}(t)$.

19.4 •• Strahlungsdämpfung

Betrachten Sie eine harmonisch schwingende Punktladung (Stärke q, Eigenfrequenz $\omega_{0}$, Masse m), auf die zusätzlich eine Strahlungsdämpfungskraft (19.75 ) wirkt, deren Stärke klein verglichen mit der Rückstellkraft ist. Zeigen Sie, dass unter der Annahme, dass sich die Schwingungsfrequenz der Punktladung durch diese Kraft kaum ändert,

$$x(t)=x_{0}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{0}t-\gamma t}$$

(19.176)

mit dem Dämpfungsfaktor

$$\gamma=\frac{q^{2}\omega_{0}^{2}}{3mc^{3}}$$

(19.177)

gilt.

19.5 • Keine Monopolstrahlung

Begründen Sie mittels der Kontinuitätsgleichung rechnerisch, dass es keine endlich ausgedehnte, harmonisch veränderliche Ladungs‐ und Stromverteilung geben kann, die ein nichtverschwindendes Monopolmoment hat. Geben Sie auch eine anschauliche Begründung an.

19.6 • Larmor‐Formel aus Dimensionsbetrachtung

Geht man davon aus, dass die gesamte abgestrahlte Leistung einer beschleunigten Punktladung durch ein Potenzgesetz beschreibbar ist, so kann man die Abhängigkeiten der Leistung von den relevanten Größen auch ohne explizite Herleitung der Larmor‐Formel (19.57 ) bestimmen. Es ist davon auszugehen, dass die Leistung nur von der Stärke der Beschleunigung und der Größe der Ladung abhängt; außerdem kann die Lichtgeschwindigkeit als konstanter Faktor auftreten. Also liegt ein Ansatz der Form

$$P={\mathrm{const}}\cdot\ddot{x}^{k}q^{l}c^{m}$$

(19.178)

mit unbekannten Exponenten k, l und m und einer dimensionslosen Konstante nahe. Diese Exponenten können nun aber durch reine Dimensionsbetrachtungen bestimmt werden: Die rechte Seite muss dieselbe Dimension haben wie die linke.

• (a) Benutzen Sie dies, um ein lineares Gleichungssystem für k, l und m aufzustellen.

• (b) Lösen Sie das Gleichungssystem und vergleichen Sie Ihr Ergebnis mit (19.57).

19.7 •• Sendeantenne: Dipolstrahlung

Als Modell für eine Sendeantenne betrachten wir einen unendlich dünnen, geraden Leiter entlang der z‐Achse, für dessen Ausdehnung $-L/2\leq z\leq L/2$ gilt. In diesem Leiter fließt ein Strom mit harmonischer Zeitabhängigkeit, dessen Amplitude in der Mitte I ₀ ist und zu den Enden hin linear auf null abfällt.

• (a) Geben Sie die Stromdichte ${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})$ für diesen Strom an und ermitteln Sie aus der Kontinuitätsgleichung die Ladungsdichte $\rho(t,{\boldsymbol{r}})$.

• (b) Berechnen Sie das elektrische Dipolmoment der Antenne und daraus die gesamte im Mittel abgestrahlte Leistung in Abhängigkeit von L und I ₀.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie (19.105) für Teilaufgabe (b).

19.8 ••• Magnetische Dipolstrahlung

Wir betrachten einen kreisförmigen, unendlich dünnen Leiter in der x-y‐Ebene mit Radius $\varrho_{0}$, dessen Mittelpunkt der Ursprung ist. Der Leiter werde von einem Strom der Amplitude I ₀ mit harmonischer Zeitabhängigkeit in mathematisch positiver Richtung durchflossen; wir haben also in Zylinderkoordinaten

$${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})=I_{0}\delta(\varrho-\varrho_{0})\delta(z){\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}.$$

(19.179)

Dabei gelte $\omega\varrho_{0}/c\ll 1$.

• (a) Zeigen Sie, dass die Ladungsdichte zeitlich konstant ist, und berechnen Sie das magnetische Dipolmoment ${\boldsymbol{m}}$ dieser Stromverteilung.

• (b) Berechnen Sie das retardierte Vektorpotenzial in großem Abstand (Fernfeld) in Abhängigkeit der Amplitude des magnetischen Dipolmoments.

• (c) Berechnen Sie daraus die elektromagnetischen Feldstärken und den Poynting‐Vektor in Abhängigkeit des magnetischen Dipolmoments. Vergleichen Sie mit dem Ergebnis (19.53 ) bei der elektrischen Dipolstrahlung.

Lösungshinweis:

Das magnetische Dipolmoment wurde in (15.23) definiert. Gehen Sie bei Teilaufgabe (b) analog zu Abschn. 19.3 vor. Begründen Sie, dass bei der Entwicklung des Vektorpotenzials nun auch die nächsthöhere Ordnung nötig ist, und berechnen Sie diese.

19.9 ••• Sendeantenne: Sphärische Multipole

Als Modell für eine Sendeantenne betrachten wir einen unendlich dünnen, geraden Leiter entlang der z‐Achse, für dessen Ausdehnung $-\lambda/2\leq z\leq\lambda/2$ gilt, wobei λ die Wellenlänge der ausgesandten Strahlung ist. In diesem Leiter fließt ein räumlich konstanter Strom mit harmonischer Zeitabhängigkeit und Amplitude I ₀.

• (a) Geben Sie die Stromdichte ${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})$ für diesen Strom an und ermitteln Sie aus der Kontinuitätsgleichung die Ladungsdichte $\rho(t,{\boldsymbol{r}})$.

• (b) Zeigen Sie, dass die dynamischen sphärischen Multipolmomente nur für m = 0 und ungerade l nicht verschwinden.

• (c) Berechnen Sie das niedrigste nichtverschwindende Multipolmoment.

Lösungshinweis:

Schreiben Sie für Teilaufgabe (b) die Ladungsdichte in Kugelkoordinaten und verwenden Sie die Ergebnisse aus Abschn. 19.4; außerdem benötigt man Eigenschaften der Kugelflächenfunktionen aus Kap. 13. Verwenden Sie in Teilaufgabe (c) Eigenschaften der sphärischen Bessel‐Funktionen aus Abschn. 19.4.

19.10 •• Konstant beschleunigte Punktladung

Eine Punktladung bewege sich durch den Ursprung in z‐Richtung und werde konstant in Bewegungsrichtung beschleunigt. Berechnen Sie (im Fernfeld)

• (a) die Abstrahlungscharakteristik (betrachten Sie dabei auch den nichtrelativistischen Grenzfall) und

• (b) die gesamte abgestrahlte Leistung, auch in Abhängigkeit der wirkenden Kraft.

• (c) Berechnen Sie außerdem, für welchen Winkel $\vartheta$ die Abstrahlung am stärksten ist, und zeigen Sie, dass im hochrelativistischen Grenzfall ($\gamma\to\infty$)

  $$\vartheta_{\mathrm{max}}=\frac{1}{\sqrt{5}\gamma}$$

  (19.180)

  gilt. Vergleichen Sie Ihre Ergebnisse jeweils mit den Ergebnissen bei der Synchrotronstrahlung.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie (19.151) bzw. (19.152).

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

19.1

Die retardierte Green’sche Funktion kann man kurz schreiben als

$$G(\tau,{\boldsymbol{R}})=\frac{\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}.$$

(19.181)

• (a) Die zweifache zeitliche Ableitung ist zunächst

  $$\partial^{2}_{t}G=\partial^{2}_{\tau}G=\frac{\ddot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}.$$

  (19.182)

  Bildet man dagegen den Gradienten, so hat man

  $$\mathbf{grad}\,G={\boldsymbol{\nabla}}_{R}G=\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}\cdot\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)-\frac{\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}{\boldsymbol{\hat{R}}},$$

  (19.183)

  also ist

  $${\Updelta}G ={\mathrm{div}\,}\mathbf{grad}\,G$$
  $$ =\left({\boldsymbol{\nabla}}_{R}\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}\right)\cdot\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)$$
  $$ \quad+\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}{\boldsymbol{\nabla}}_{R}\cdot\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)$$
  $$ \quad-\left({\boldsymbol{\nabla}}_{R}\frac{\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}\right)\cdot{\boldsymbol{\hat{R}}}-\frac{\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}{\boldsymbol{\nabla}}_{R}\cdot{\boldsymbol{\hat{R}}}$$
  $$ =\frac{\ddot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)^{2}-\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}{\boldsymbol{\hat{R}}}\cdot\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)$$
  $$ \quad-\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}\frac{2}{Rc}-\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}\left(-\frac{1}{c}{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)\cdot{\boldsymbol{\hat{R}}}$$
  $$ \quad+\frac{2\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{3}}{\boldsymbol{\hat{R}}}^{2}-\frac{\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R^{2}}\frac{2}{R}.$$

  (19.184)

  Alle Summanden bis auf den ersten heben sich nun gegenseitig weg. Es bleibt also

  $$\Box G =\left(\frac{1}{c^{2}}\partial^{2}_{t}-{\Updelta}\right)G$$
  $$ =\frac{1}{c^{2}}\frac{\ddot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}-\frac{\ddot{\delta}\left(\tau-\frac{R}{c}\right)}{R}\frac{1}{c^{2}}=0,$$

  (19.185)

  was zu zeigen war.

• (b) Wir integrieren $\Box G(\tau,{\boldsymbol{R}})$ über eine Kugelschale mit Radius R ₀ um den Ursprung (Integrale über alle anderen Volumina, die den Ursprung enthalten, ergeben dasselbe, da außerhalb des Ursprungs $\Box G(\tau,{\boldsymbol{R}})=0$ gilt):

  $$\int\Box G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R} =\frac{1}{c^{2}}\partial_{t}^{2}\int G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R}$$
  $$ \quad-\int{\Updelta}G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R}.$$

  (19.186)

  Das zweite Integral kann man mit dem Gauß’schen Satz in ein Oberflächenintegral umwandeln:

  $$ \oint\mathrm{d}{\boldsymbol{f}}_{R}\cdot\left.{\boldsymbol{\nabla}}_{R}G(\tau,{\boldsymbol{R}})\right|_{R=R_{0}}$$
  $$ \quad=\oint\mathrm{d}f_{R}\,{\boldsymbol{\hat{R}}}\cdot\left(-\frac{\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)}{R_{0}c}-\frac{\delta\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)}{R_{0}^{2}}\right){\boldsymbol{\hat{R}}}$$
  $$ \quad=4\uppi\left(-\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)\frac{R_{0}}{c}-\delta\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)\right).$$

  (19.187)

  Für das erste Integral verwendet man, dass

  $$\delta\left(\tau-\frac{R}{c}\right)=c\delta(R-c\tau)$$

  (19.188)

  ist. Dann kann man die Volumenintegration direkt ausführen:

  $$\int G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R} =4\uppi\int_{0}^{R_{0}}R^{2}\frac{c\delta(R-c\tau)}{R}\,\mathrm{d}R$$
  $$ =4\uppi c^{2}\tau\theta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau),$$

  (19.189)

  da die Deltafunktion nur dann einen Beitrag zum Integral liefert, wenn $0<c\tau<R_{0}$ ist. Die erste zeitliche Ableitung des Integrals ist

  $$ \partial_{\tau}\left[4\uppi c^{2}\tau\theta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau)\right]$$

  (19.190)
  $$ \quad=4\uppi c^{2}\Big[\theta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau)-c\tau\delta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau)$$
  $$ \qquad+c\tau\theta(R_{0}-c\tau)\delta(c\tau)\Big]$$
  $$ \quad=4\uppi c^{2}\Big[\theta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau)-R_{0}\delta(R_{0}-c\tau)\Big].$$

  Dabei wurde im zweiten Term verwendet, dass wegen der Deltafunktion $c\tau=R_{0}$ gilt und sicher $\theta(R_{0})=1$ ist, und im dritten Term, dass $\tau\delta(c\tau)=0$ ist. Für die zweite zeitliche Ableitung berechnet man entsprechend

  $$ \partial^{2}_{\tau}\left[4\uppi c^{2}\tau\theta(R_{0}-c\tau)\theta(c\tau)\right]$$

  (19.191)
  $$ \quad=4\uppi c^{2}\Big[-c\delta(R_{0}-c\tau)+c\delta(c\tau)+cR_{0}\delta^{\prime}(R_{0}-c\tau)\Big],$$

  wobei im zweiten Term noch benutzt wurde, dass wegen der Deltafunktion $\theta(R_{0}-c\tau)=\theta(R_{0})=1$ ist. Also haben wir

  $$ \frac{1}{c^{2}}\partial_{\tau}^{2}\int G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R}$$

  (19.192)
  $$ \quad=4\uppi\Big[-c\delta(R_{0}-c\tau)+c\delta(c\tau)+cR_{0}\delta^{\prime}(R_{0}-c\tau)\Big]$$
  $$ \quad=4\uppi\left[-\delta\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)+\delta(\tau)-\frac{R_{0}}{c}\dot{\delta}\left(\tau-\frac{R_{0}}{c}\right)\right].$$

  Im letzten Schritt wurde hier noch verwendet, dass die Ableitung der Deltafunktion eine ungerade Funktion ist. Insgesamt bleibt schließlich

  $$\int\Box G(\tau,{\boldsymbol{R}})\,\mathrm{d}V_{R}=4\uppi\delta(\tau),$$

  (19.193)

  was zu zeigen war.

Die avancierte Green’sche Funktion kann man kurz schreiben als

$$G(\tau,{\boldsymbol{R}})=\frac{\delta\left(\tau+\frac{R}{c}\right)}{R}.$$

(19.194)

Die Rechnungen laufen deshalb prinzipiell genauso, es sind nur einige Vorzeichen abzuändern.

19.2

• (a) Das Ampère’sche Gesetz gilt nur in der Magnetostatik; hier hat man jedoch ein zeitlich veränderliches Magnetfeld. Dieses induziert laut den Maxwell‐Gleichungen ein ebenfalls zeitlich veränderliches elektrisches Feld, und die Änderung dieses Feldes trägt dann seinerseits wieder zum Magnetfeld bei – dies ist zusätzlich zum Beitrag des Stromes zu berücksichtigen.

• (b) Für die Stromdichte gilt

  $${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})=I{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(t)\delta(x)\delta(y),$$

  (19.195)

  die Ladungsdichte ist hier identisch null. Damit sind die Potenziale

  $$\phi=0$$

  (19.196)

  und

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})&=\frac{I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\int\mathrm{d}V^{\prime}\frac{\delta(x^{\prime})\delta(y^{\prime})\theta\left(t-\frac{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|}{c}\right)}{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|}\\ &=\frac{I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}z^{\prime}\frac{\theta\left(t-\frac{|{\boldsymbol{r}}-z^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}{c}\right)}{|{\boldsymbol{r}}-z^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}.\end{aligned}$$

  (19.197)

  Wegen der θ‐Funktion tragen zum Integral nur die $z^{\prime}$‐Werte bei, für die

  $$t-\frac{|{\boldsymbol{r}}-z^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}{c}\geq 0$$

  (19.198)

  gilt. Einerseits ist das natürlich nur für $t\geq 0$ möglich, andererseits führt dies auf eine quadratische Ungleichung für $z^{\prime}$ mit der Lösung

  $$z-\sqrt{z^{2}-r^{2}+c^{2}t^{2}}\leq z^{\prime}\leq z+\sqrt{z^{2}-r^{2}+c^{2}t^{2}},$$

  (19.199)

  also

  $$z-\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}\leq z^{\prime}\leq z+\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}.$$

  (19.200)

  Damit man die Wurzel ziehen kann, muss $c^{2}t^{2}-\varrho^{2}\geq 0$ sein. Zusammen mit der Bedingung $t\geq 0$ führt das auf $ct-\varrho\geq 0$. Wir haben nun also

  $${\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\int_{z-\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}^{z+\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}\frac{\mathrm{d}z^{\prime}}{|{\boldsymbol{r}}-z^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}.$$

  (19.201)

  Mit der Substitution $u=z-z^{\prime}$ wird dies zunächst zu

  $${\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}}) =\frac{I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\int_{-\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}^{+\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}\frac{\mathrm{d}u}{|x{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}+y{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}+u{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}$$
  $$ =\frac{I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\int_{-\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}^{+\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{\varrho^{2}+u^{2}}}.$$

  (19.202)

  Mit $v=u/\varrho$ und unter Ausnutzen der Symmetrie des Integranden erhält man

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})&=\frac{2I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\int_{0}^{\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}/\varrho}\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{1+v^{2}}}\\ &=\frac{2I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\,{\mathrm{arsinh}}\left(\sqrt{\frac{c^{2}t^{2}}{\varrho^{2}}-1}\right).\end{aligned}$$

  (19.203)

• (c) Daraus kann man nun die Feldstärken berechnen; nach einigen Zwischenschritten erhält man

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{E}}(\varrho,t)&=-\frac{2I}{c\varrho}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\theta(ct-\varrho)\frac{\varrho}{\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}},\\ {\boldsymbol{B}}(\varrho,t)&=\frac{2I}{c\varrho}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}\theta(ct-\varrho)\frac{ct}{\sqrt{c^{2}t^{2}-\varrho^{2}}}.\end{aligned}$$

  (19.204)

  Man erkennt, dass für $ct<\varrho$ die Feldstärken identisch null sind, im Einklang mit der Erwartung, dass das elektromagnetische Feld, das durch Einschalten des Stromes entsteht, die Zeit $\varrho/c$ braucht, um die Entfernung $\varrho$ vom Leiter zu erreichen. Für $ct\to\varrho$ divergieren beide Feldstärken; dies kommt daher, dass ein instantanes Einschalten des Stromes natürlich unphysikalisch ist.

  Außerdem ist der Grenzfall großer Zeiten interessant; dann sollte man vom Einschalten des Stromes im Endlichen nichts mehr merken und die Ergebnisse der Magnetostatik erhalten. Tatsächlich ergibt sich im Einklang mit der Erwartung für $ct\gg\varrho$ bei festem $\varrho$

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{E}}(t,\varrho)&=-\frac{2I}{c}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\frac{1}{ct}\to 0,\\ {\boldsymbol{B}}(t,\varrho)&=\frac{2I}{c\varrho}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}.\end{aligned}$$

  (19.205)

19.3

• (a) Eine ruhende Punktladung gibt sicher weder Energie noch Impuls ab. Nach dem Relativitätsprinzip kann also auch eine gleichförmig bewegte Ladung keine Energie abgeben.

• (b) Für eine gleichförmig bewegte Punktladung, die sich zur Zeit t = 0 im Ursprung befindet, wird (19.28) zu

  $$t^{\prime}=t-\frac{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{v}}t^{\prime}|}{c}$$

  (19.206)

  mit konstantem Geschwindigkeitsvektor ${\boldsymbol{v}}=c{\boldsymbol{\beta}}$. Isolieren des Betrags und Quadrieren führt dann auf die quadratische Gleichung

  $$t^{\prime 2}(1-\beta^{2})-2t^{\prime}\left(t-\frac{{\boldsymbol{r}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}}{c}\right)+t^{2}-\frac{r^{2}}{c^{2}}=0$$

  (19.207)

  mit den Lösungen

  $$\displaystyle t^{\prime}_{1,2}=\frac{\gamma^{2}}{c}\left[\left(ct-{\boldsymbol{r}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right)\pm\sqrt{\left(ct-{\boldsymbol{r}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right)^{2}-\frac{c^{2}t^{2}-r^{2}}{\gamma^{2}}}\right].$$

  (19.208)

  Für ${\boldsymbol{\beta}}\to 0$ reduziert sich dies auf

  $$t^{\prime}_{1,2}=\frac{1}{c}\left[ct\pm\sqrt{c^{2}t^{2}-(c^{2}t^{2}-r^{2})}\right]=t\pm\frac{r}{c}.$$

  (19.209)

  Da $t^{\prime}<t$ gelten muss, ist nur das negative Vorzeichen physikalisch sinnvoll.

• (c) Im Nenner der Potenziale haben wir

  $$R(t^{\prime})(1-{\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{\hat{R}}}) =R(t^{\prime})-{\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t^{\prime})$$
  $$ =c(t-t^{\prime})-{\boldsymbol{\beta}}\cdot\left({\boldsymbol{r}}-c{\boldsymbol{\beta}}t^{\prime}\right)$$
  $$ =c(t-t^{\prime})+c\beta^{2}t^{\prime}-{\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{r}}$$
  $$ =-\frac{c}{\gamma^{2}}t^{\prime}+ct-{\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{r}}.$$

  (19.210)

  Setzt man die Lösung aus Teilaufgabe (b) ein, so bleibt für den Nenner

  $$\sqrt{\left(ct-{\boldsymbol{r}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right)^{2}-\frac{c^{2}t^{2}-r^{2}}{\gamma^{2}}}.$$

  (19.211)

  Nun setzt man außerdem

  $${\boldsymbol{r}}={\boldsymbol{R}}(t)+{\boldsymbol{v}}t$$

  (19.212)

  ein; der Ausdruck unter der Wurzel ist dann

  $$ \left(ct-{\boldsymbol{R}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}-ct\beta^{2}\right)^{2}-\frac{c^{2}t^{2}-({\boldsymbol{R}}+c{\boldsymbol{\beta}}t)^{2}}{\gamma^{2}}$$
  $$ =\left[ct\left(1-\beta^{2}\right)-{\boldsymbol{R}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right]^{2}$$
  $$ \quad-\left(1-\beta^{2}\right)\left[c^{2}t^{2}\left(1-\beta^{2}\right)-R^{2}-2ct{\boldsymbol{R}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right]$$
  $$ =\left({\boldsymbol{R}}\cdot{\boldsymbol{\beta}}\right)^{2}+\left(1-\beta^{2}\right)R^{2}$$
  $$ =R^{2}\left[1-\beta^{2}\left(1-\left({\boldsymbol{\hat{R}}}\cdot{\boldsymbol{\hat{\beta}}}\right)^{2}\right)\right]$$
  $$ =R^{2}\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right).$$

  (19.213)

  Damit ergeben sich nun sofort die angegebenen Potenziale.

• (d) Wir haben ${\boldsymbol{A}}={\boldsymbol{\beta}}\phi$, also

  $${\boldsymbol{B}}={\boldsymbol{\nabla}}\times{\boldsymbol{A}}=-{\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{\nabla}}\phi,$$

  (19.214)

  da ${\boldsymbol{\beta}}$ ein konstanter Vektor ist. Andererseits ist

  $${\boldsymbol{E}}=-{\boldsymbol{\nabla}}\phi-\frac{1}{c}\dot{{\boldsymbol{A}}}.$$

  (19.215)

  Da für alle Zeiten ${\boldsymbol{A}}\,\|\,{\boldsymbol{\beta}}$ erfüllt ist, muss auch $\dot{{\boldsymbol{A}}}\,\|\,{\boldsymbol{\beta}}$ gelten. Es folgt

  $${\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{E}}=-{\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{\nabla}}\phi$$

  (19.216)

  und damit ${\boldsymbol{B}}={\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{E}}$.

• (e) Der Gradient des skalaren Potenzials ist

  $${\boldsymbol{\nabla}}\phi =-\frac{q{\boldsymbol{\nabla}}\left(R(t)\sqrt{1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta}\right)}{R^{2}(t)\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)}$$
  $$ =-\frac{q{\boldsymbol{\nabla}}\sqrt{R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}}}{R^{2}(t)\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)}$$
  $$ =-\frac{q{\boldsymbol{\nabla}}\left[R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}\right]}{2\left[R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}\right]^{3/2}}.$$

  (19.217)

  Dann hat man zunächst

  $${\boldsymbol{\nabla}}R^{2}(t)={\boldsymbol{\nabla}}_{R}R^{2}(t)=2{\boldsymbol{R}}(t)$$

  (19.218)

  und wegen

  $$\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}=\beta^{2}R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}$$

  (19.219)

  noch

  $${\boldsymbol{\nabla}}\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}=2\beta^{2}{\boldsymbol{R}}-2\left({\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t)\right){\boldsymbol{\beta}}.$$

  (19.220)

  Insgesamt folgt also

  $${\boldsymbol{\nabla}}\phi =-\frac{q\left[{\boldsymbol{R}}(t)-\beta^{2}{\boldsymbol{R}}(t)+\left({\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t)\right){\boldsymbol{\beta}}\right]}{R^{3}(t)\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3/2}}$$
  $$ =-\frac{q\left[\frac{1}{\gamma^{2}}{\boldsymbol{R}}(t)+\left({\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t)\right){\boldsymbol{\beta}}\right]}{R^{3}(t)\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3/2}}.$$

  (19.221)

  Genauso berechnet man

  $$\frac{1}{c}\partial_{t}{\boldsymbol{A}} =\frac{1}{c}{\boldsymbol{\beta}}\,\partial_{t}\phi$$
  $$ =-\frac{q\partial_{t}\left[R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}\right]}{2c\left[R^{2}(t)-\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}(t)\right)^{2}\right]^{3/2}}$$
  $$ =\frac{q\left({\boldsymbol{\beta}}\cdot{\boldsymbol{R}}(t)\right){\boldsymbol{\beta}}}{R^{3}\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3/2}},$$

  (19.222)

  wobei verwendet wurde, dass wegen ${\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{R}}={\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{r}}$ die zeitliche Ableitung des zweiten Summanden verschwindet.

  Insgesamt ergibt sich damit für das elektrische Feld

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{E}}(t,{\boldsymbol{r}})&=-{\boldsymbol{\nabla}}\phi-\frac{1}{c}\partial_{t}{\boldsymbol{A}}\\ &=\frac{q}{\gamma^{2}R^{2}\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3/2}}{\boldsymbol{\hat{R}}}.\end{aligned}$$

  (19.223)

  Der elektrische Feldstärkevektor zeigt also immer vom momentanen Ort der Punktladung zum Beobachter (wie es für das elektrische Feld einer Punktladung zu erwarten ist). Für das magnetische Feld hat man

  $${\boldsymbol{B}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{q}{\gamma^{2}R^{2}\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3/2}}\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{\hat{R}}}\right).$$

  (19.224)

  Der magnetische Feldstärkevektor steht also immer senkrecht auf der Richtung zum Beobachter und der Bewegungsrichtung, d. h., die Magnetfeldlinien bilden geschlossene Kreise um die Gerade, auf der sich die Punktladung bewegt (wie es für das magnetische Feld eines geraden Stromes ebenfalls zu erwarten ist).

  Für den Poynting‐Vektor erhält man schließlich

  $${\boldsymbol{S}}=\frac{c}{4\uppi}\frac{q^{2}}{\gamma^{4}R^{4}\left(1-\beta^{2}\sin^{2}\vartheta\right)^{3}}\left({\boldsymbol{\hat{R}}}\times\left({\boldsymbol{\beta}}\times{\boldsymbol{\hat{R}}}\right)\right).$$

  (19.225)

  Da dieser Vektor aber offensichtlich senkrecht zu ${\boldsymbol{\hat{R}}}$ steht, wird in Richtung eines Beobachters (an jeder beliebigen Stelle) nichts abgestrahlt – was zu zeigen war.

19.4

Die Bewegungsgleichung lautet

$$m\ddot{x}+m\omega_{0}^{2}=\frac{2q^{2}\dddot{x}}{3c^{3}}.$$

(19.226)

Da dies eine lineare Differenzialgleichung ist, deren ungestörte Lösungen harmonische Schwingungen sind, liegt der Ansatz

$$x(t)=x_{0}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}$$

(19.227)

nahe. Einsetzen führt auf

$$-\omega^{2}+\omega_{0}^{2}=\mathrm{i}\frac{2q^{2}}{3mc^{3}}\omega^{3}.$$

(19.228)

Die Schwingungsfrequenz soll sich durch die Dämpfung kaum ändern, es soll also

$$\omega=\omega_{0}+\Updelta\omega$$

(19.229)

mit $|\Updelta\omega|\ll\omega_{0}$ gelten. Dies ergibt

$$\omega^{2}\approx\omega^{2}_{0}+2\Updelta\omega\,\omega_{0}\quad\text{und}\quad\omega^{3}\approx\omega^{3}_{0}+3\Updelta\omega\,\omega^{2}_{0}.$$

(19.230)

Setzt man dies ein, so kommt man auf

$$\left(1+\mathrm{i}\frac{q^{2}\omega_{0}}{mc^{3}}\right)\Updelta\omega=-\mathrm{i}\frac{q^{2}\omega_{0}^{2}}{3mc^{3}}.$$

(19.231)

Es wurde aber vorausgesetzt, dass die Strahlungsdämpfungskraft klein im Vergleich zur Rückstellkraft ist; also gilt

$$\frac{2q^{2}}{3c^{3}}\omega^{3}\ll m\omega_{0}^{2}$$

(19.232)

und damit, da $\omega\approx\omega_{0}$ ist,

$$\frac{2q^{2}\omega_{0}}{3mc^{3}}\ll 1.$$

(19.233)

Damit kann der zweite Summand in der Klammer oben vernachlässigt werden, und es bleibt

$$\Updelta\omega=-\mathrm{i}\frac{q^{2}\omega_{0}^{2}}{3mc^{3}}.$$

(19.234)

Mit $\Updelta\omega=:-\mathrm{i}\gamma$ erhält man dann genau das angegebene Ergebnis.

19.5

Bei harmonischer Zeitabhängigkeit, also $\rho(t,{\boldsymbol{r}})=\rho_{0}({\boldsymbol{r}})\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}$, und äquivalent für die Stromdichte folgt aus der Kontinuitätsgleichung sofort

$${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{j}}_{0}-\mathrm{i}\omega\rho_{0}=0.$$

(19.235)

Für das Monopolmoment, also die Gesamtladung, ergibt sich dann ebenfalls eine harmonische Zeitabhängigkeit mit

$$q_{0}=\int\rho_{0}\,\mathrm{d}V=\frac{1}{\mathrm{i}\omega}\int{\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{j}}_{0}\,\mathrm{d}V.$$

(19.236)

Das Volumen, über das integriert wird, sei dabei so gewählt, dass die Ladungs‐ und Stromverteilung vollständig eingeschlossen ist; dies ist immer möglich, da die Verteilung als endlich ausgedehnt vorausgesetzt wurde. Das Integral kann mittels des Gauß’schen Satzes in ein Oberflächenintegral umgewandelt werden:

$$q_{0}=\frac{1}{\mathrm{i}\omega}\oint\mathrm{d}{\boldsymbol{f}}\cdot{\boldsymbol{j}}_{0}.$$

(19.237)

Da sich die Stromverteilung aber nach Voraussetzung vollständig im Inneren des Volumens befindet, ist auf der Oberfläche ${\boldsymbol{j}}_{0}=0$ und damit

$$q_{0}=0,$$

(19.238)

was zu zeigen war.

Dieses Ergebnis kann man auch ohne Rechnung anschaulich verstehen: Nehmen wir an, wir könnten eine zeitlich veränderliche Ladungs‐ und Stromverteilung für alle Zeiten vollständig innerhalb eines bestimmten Gebiets einschließen. Die Gesamtladung in diesem Gebiet kann sich aber natürlich nur ändern, indem Ströme durch die Oberfläche fließen, da Ladungen weder erzeugt noch vernichtet werden können. Damit ist die Stromverteilung aber nicht vollständig innerhalb des Gebiets eingeschlossen – im Widerspruch zur Voraussetzung. Außerdem befindet sich, nachdem Ströme nach außen geflossen sind, nun auch außerhalb des vorherigen Volumens eine Ladungsverteilung – ebenfalls im Widerspruch zur Voraussetzung.

19.6

• (a) Eine Leistung hat die physikalische Dimension

  $$\frac{ML^{2}}{T^{3}},$$

  (19.239)

  wobei M, L und T jeweils für die Grunddimensionen Masse, Länge und Zeit stehen. Das Produkt rechts hat dagegen die Dimension

  $$\left(\frac{L}{T^{2}}\right)^{k}\left(\frac{M^{1/2}L^{3/2}}{T}\right)^{l}\left(\frac{L}{T}\right)^{m}.$$

  (19.240)

  Vergleicht man die Dimensionen auf beiden Seiten, so ergibt sich

  $$k+\frac{3}{2}l+m =2,$$
  $$-2k-l-m =-3,$$
  $$\frac{1}{2}l =1.$$

  (19.241)

• (b) Aus der dritten Gleichung erhält man sofort l = 2, aus den anderen beiden dann k = 2 und $m=-3$. Damit folgt

  $$P={\mathrm{const}}\cdot\frac{\ddot{x}^{2}q^{2}}{c^{3}}.$$

  (19.242)

  Dies stimmt mit der nichtrelativistischen Larmor‐Formel überein; die unbekannte dimensionslose Konstante ist $\frac{2}{3}$.

19.7

• (a) Die Beschränkung auf die z‐Achse erreicht man mit zwei Deltafunktionen, die Einschränkung in z‐Richtung mit zwei Thetafunktionen und die lineare Abhängigkeit in beide Richtungen schließlich mit einer Betragsfunktion. Die Stromdichte ist also ${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})=j_{z}(t,{\boldsymbol{r}}){\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}$ mit

  $$j_{z}(t,{\boldsymbol{r}})=I_{0}\delta(x)\delta(y)\theta(L/2-z)\theta(z+L/2)\left(1-\frac{2|z|}{L}\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}.$$

  (19.243)

  Aus der Kontinuitätsgleichung folgt dann

  $${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{j}}_{0} =\frac{\partial j_{0z}}{\partial z}=\mathrm{i}\omega\rho_{0}$$

  (19.244)
  $$ =I_{0}\delta(x)\delta(y)\theta(L/2-z)\theta(z+L/2)\frac{-2\,{\mathrm{sgn\> }}{z}}{L},$$

  also

  $$\rho(t,{\boldsymbol{r}})=\delta(x)\delta(y)\theta(L/2-z)\theta(z+L/2)\frac{2iI_{0}\,{\mathrm{sgn\> }}{z}}{\omega L}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}.$$

  (19.245)

• (b) Nach Definition ist das elektrische Dipolmoment

  $${\boldsymbol{p}}(t)=\int{\boldsymbol{r}}\rho(t,{\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V.$$

  (19.246)

  Wegen der beiden Deltafunktionen hat ${\boldsymbol{p}}$ nur eine z‐Komponente; für diese gilt wegen der Thetafunktionen

  $$\begin{aligned}p_{z}(t)&=\frac{2\mathrm{i}I_{0}}{\omega L}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\cdot\int_{-L/2}^{L/2}z\,{\mathrm{sgn\> }}{z}\,\mathrm{d}z\\ &=\frac{2\mathrm{i}I_{0}}{\omega L}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\cdot 2\int_{0}^{L/2}z\,\mathrm{d}z=\frac{\mathrm{i}I_{0}L}{2\omega}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}.\end{aligned}$$

  (19.247)

  Setzt man dies in (19.105) ein, folgt schließlich

  $$\langle P\rangle=\frac{\omega^{2}I_{0}^{2}L^{2}}{12c^{3}}.$$

  (19.248)

19.8

• (a) Die Divergenz von ${\boldsymbol{j}}$ ist

  $$\frac{1}{\varrho}\frac{\partial j_{\varphi}}{\partial\varphi}=0,$$

  (19.249)

  also ist nach der Kontinuitätsgleichung $\dot{\rho}=0$ und damit $\rho(t)={\mathrm{const}}$.

  Das magnetische Dipolmoment ist nach Definition

  $${\boldsymbol{m}}(t) =\frac{1}{2c}\int\mathrm{d}V\,{\boldsymbol{r}}\times{\boldsymbol{j}}$$
  $$ =\frac{I_{0}}{2c}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\int\delta(\varrho-\varrho_{0})\delta(z)\left[(\varrho{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho}+z{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z})\times{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}\right]\mathrm{d}V$$
  $$ =\frac{I_{0}}{2c}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\int\delta(\varrho-\varrho_{0})\delta(z)\left(\varrho{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}-z{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho}\right)\varrho\,\mathrm{d}\varrho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}z$$
  $$ =\frac{I_{0}}{2c}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}2\uppi\varrho_{0}^{2}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}=:{\boldsymbol{m}}_{0}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}.$$

  (19.250)

• (b) In Abschn. 19.3 haben wir gesehen, dass im Fernfeld in niedrigster Ordnung

  $${\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\int\mathrm{d}V^{\prime}\frac{{\boldsymbol{j}}_{0}({\boldsymbol{r}}^{\prime})}{c}$$

  (19.251)

  gilt. Berechnet man das Volumenintegral für die hier gegebene Stromverteilung, so ergibt sich allerdings wegen der Periodizität von ${\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}$

  $$\frac{I_{0}}{c}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\delta(\varrho^{\prime}-\varrho_{0})\delta(z^{\prime}){\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi^{\prime}}=0.$$

  (19.252)

  Wir müssen deshalb auch die nächsthöhere Ordnung in der Entwicklung nach $kr^{\prime}$ berücksichtigen (die höheren Terme der Entwicklung in $r^{\prime}/r$ können weiterhin vernachlässigt werden, da wir ja das Fernfeld betrachten), wir haben also (Abschn. 19.3)

  $${\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\int\mathrm{d}V^{\prime}\frac{{\boldsymbol{j}}_{0}({\boldsymbol{r}}^{\prime})}{c}\left(1-\mathrm{i}{\boldsymbol{k}}\cdot{\boldsymbol{r}}^{\prime}\right).$$

  (19.253)

  Das Integral über den ersten Summanden verschwindet, wie eben gezeigt; es bleibt noch das Integral über den zweiten Summanden zu berechnen. Dies ist

  $$ \int\mathrm{d}V^{\prime}\frac{{\boldsymbol{j}}_{0}({\boldsymbol{r}}^{\prime})}{c}\left({\boldsymbol{k}}\cdot{\boldsymbol{r}}^{\prime}\right)$$
  $$ =\frac{I_{0}}{c}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\delta(\varrho^{\prime}-\varrho_{0})\delta(z^{\prime}){\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi^{\prime}}\left({\boldsymbol{k}}\cdot{\boldsymbol{r}}^{\prime}\right)$$
  $$ =\frac{I_{0}}{c}\int_{0}^{2\uppi}\varrho_{0}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi^{\prime}}\left({\boldsymbol{k}}\cdot\varrho_{0}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho^{\prime}}\right)$$
  $$ =\frac{I_{0}\varrho_{0}^{2}}{c}\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\,\left(-\sin\varphi^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}+\cos\varphi^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}\right)$$
  $$ \quad\cdot\left(k_{x}\cos\varphi^{\prime}+k_{y}\sin\varphi^{\prime}\right)$$
  $$ =\frac{I_{0}\varrho_{0}^{2}}{c}\uppi\left(-k_{y}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}+k_{x}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}\right)$$
  $$ =\frac{I_{0}\uppi\varrho_{0}^{2}}{c}\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\times{\boldsymbol{k}}\right)={\boldsymbol{m}}_{0}\times{\boldsymbol{k}},$$

  (19.254)

  wobei

  $$\begin{aligned}\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\sin\varphi^{\prime}\cos\varphi^{\prime}&=0,\\ \int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\sin^{2}\varphi^{\prime}=\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\cos^{2}\varphi^{\prime}&=\uppi\end{aligned}$$

  (19.255)

  benutzt wurde. Also ist

  $${\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{\mathrm{i}k\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times{\boldsymbol{m}}_{0}\right).$$

  (19.256)

• (c) Das magnetische Feld ist

  $${\boldsymbol{B}} ={\boldsymbol{\nabla}}\times{\boldsymbol{A}}$$
  $$ =\left({\boldsymbol{\nabla}}\frac{\mathrm{i}k\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\right)\times\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times{\boldsymbol{m}}_{0}\right)$$
  $$ \quad+\frac{\mathrm{i}k\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{\nabla}}\times\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times{\boldsymbol{m}}_{0}\right)\right).$$

  (19.257)

  Betrachten wir die beiden Summanden einzeln. Im ersten hat man zunächst

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{\nabla}}\frac{\mathrm{i}k\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}&=\frac{\mathrm{i}k\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left(ik-\frac{1}{r}\right){\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\\ &\approx\quad-\frac{k^{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r},\end{aligned}$$

  (19.258)

  da im Fernfeld $k\gg 1/r$ ist. Im zweiten Summanden stehen dagegen nur Ableitungen von ${\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}$. Diese liefern jeweils einen Faktor $1/r$, aber keinen Faktor k; deshalb ist der zweite Summand im Fernfeld komplett vernachlässigbar. Es bleibt

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{B}}&=-\frac{k^{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times{\boldsymbol{m}}_{0}\right)\right)\\ &=\frac{k^{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{m}}_{0}-({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot{\boldsymbol{m}}_{0}){\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\right),\end{aligned}$$

  (19.259)

  wobei im letzten Schritt noch das doppelte Vektorprodukt aufgelöst wurde. Für das Magnetfeld ergibt sich also die typische Winkelabhängigkeit eines Dipolfelds.

  Für das elektrische Feld benötigt man den Gradienten des skalaren Potenzials und die zeitliche Ableitung des Vektorpotenzials. Da die Ladungsdichte zeitlich konstant ist, hat man aber auch ein zeitlich konstantes skalares Potenzial, das somit nicht zur Abstrahlung beitragen kann. Damit ist einfach

  $${\boldsymbol{E}} =-\frac{1}{c}\partial_{t}{\boldsymbol{A}}$$
  $$ =-\frac{1}{c}\frac{\mathrm{i}k\partial_{t}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\times{\boldsymbol{m}}_{0}\right)$$
  $$ =\frac{k^{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(kr-\omega t)}}{r}\left({\boldsymbol{m}}_{0}\times{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\right).$$

  (19.260)

  Nimmt man schließlich die Realteile und berechnet daraus den Poynting‐Vektor, so ist

  $${\boldsymbol{S}} =\frac{c}{4\uppi}\frac{k^{4}\cos^{2}(kr-\omega t)}{r^{2}}$$
  $$ \quad\cdot\left({\boldsymbol{m}}_{0}\times{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\right)\times\left[{\boldsymbol{m}}_{0}-({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot{\boldsymbol{m}}_{0}){\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\right]$$
  $$ =\frac{c}{4\uppi}\frac{k^{4}\cos^{2}(kr-\omega t))}{r^{2}}\cdot\left[m_{0}^{2}-({\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot{\boldsymbol{m}}_{0})^{2}\right]{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}$$
  $$ =\frac{c}{4\uppi}\frac{k^{4}m_{0}^{2}\cos^{2}(kr-\omega t)}{r^{2}}\,\sin^{2}\vartheta\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r},$$

  (19.261)

  wobei das doppelte Vektorprodukt aufgelöst und benutzt wurde, dass ${\boldsymbol{m}}_{0}$ in z‐Richtung zeigt. Dies kann man nun aber andererseits auch als

  $${\boldsymbol{S}}(t,{\boldsymbol{r}})=\frac{\ddot{{\boldsymbol{m}}}^{2}(t-r/c)}{4\uppi c^{3}}\frac{\sin^{2}\vartheta}{r^{2}}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}$$

  (19.262)

  schreiben, wobei hier mit ${\boldsymbol{m}}$ nur der Realteil des magnetischen Dipolmoments gemeint ist. Für magnetische Dipolstrahlung ergibt sich also genau derselbe Ausdruck wie für die elektrische Dipolstrahlung.

19.9

• (a) Die Stromdichte lautet

  $${\boldsymbol{j}}(t,{\boldsymbol{r}})=I_{0}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\delta(x)\delta(y)\theta(\lambda/2-z)\theta(\lambda/2+z).$$

  (19.263)

  Aus der Kontinuitätsgleichung folgt:

  $$\rho(t,{\boldsymbol{r}}) =\frac{\mathrm{i}}{\omega}\dot{\rho}=\frac{1}{\mathrm{i}\omega}{\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{j}}=\frac{1}{\mathrm{i}\omega}\partial_{z}j_{z}$$

  (19.264)
  $$ =\frac{I_{0}}{\mathrm{i}\omega}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\delta(x)\delta(y)\Big[-\delta(\lambda/2-z)\theta(\lambda/2+z)$$
  $$ \quad+\theta(\lambda/2-z)\delta(\lambda/2+z)\Big]$$
  $$ =\frac{\mathrm{i}I_{0}}{\omega}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\delta(x)\delta(y)\left[\delta(\lambda/2-z)-\delta(\lambda/2+z)\right].$$

• (b) Für die Multipolmomente benötigen wir nur den räumlichen Anteil der Ladungsdichte, diesen allerdings in Kugelkoordinaten:

  $$\rho_{0}({\boldsymbol{r}})=\frac{\mathrm{i}I_{0}}{\omega}\delta(\varphi)\delta(r-\lambda/2)\frac{\delta(\vartheta)-\delta(\vartheta-\uppi)}{r^{2}\sin\vartheta}.$$

  (19.265)

  Damit haben wir

  $$q_{lm} =\frac{4\uppi(2l-1)!!}{k^{l}}\frac{\mathrm{i}I_{0}}{\omega}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\delta(\varphi^{\prime})\delta(r^{\prime}-\lambda/2)$$

  (19.266)
  $$ \quad\cdot\frac{\delta(\vartheta^{\prime})-\delta(\vartheta^{\prime}-\uppi)}{r^{\prime 2}\sin\vartheta^{\prime}}j_{l}(kr^{\prime})Y^{*}_{lm}(\vartheta^{\prime},\varphi^{\prime})$$
  $$ =\frac{4\uppi(2l-1)!!}{ck^{l+1}}\mathrm{i}I_{0}j_{l}(k\lambda/2)\Big[Y^{*}_{lm}(0,0)-Y^{*}_{lm}(\uppi,0)\Big],$$

  wobei j _l die sphärische Bessel‐Funktion der Ordnung l ist. Benutzt man die Eigenschaften der Kugelflächenfunktionen aus Kap. 13, so sieht man zunächst, dass dieser Ausdruck nur für m = 0 nicht verschwindet; man hat dann

  $$q_{l0}=\frac{4\uppi(2l-1)!!}{ck^{l+1}}\mathrm{i}I_{0}j_{l}(k\lambda/2)\sqrt{\frac{2l+1}{4\uppi}}\Big[P_{l}(1)-P_{l}(-1)\Big]$$

  (19.267)

  mit den Legendre‐Polynomen P _l . Da außerdem auch $P_{l}(1)=1$ und $P_{l}(-1)=(-1)^{l}$ gilt, folgt sofort, dass alle Multipolmomente mit geradem l verschwinden.

• (c) Das niedrigste nichtverschwindende Multipolmoment ist

  $$q_{10} =\frac{4\uppi(2-1)!!}{ck^{1+1}}\mathrm{i}I_{0}j_{1}(\uppi/2)\sqrt{\frac{2+1}{4\uppi}}\cdot(1-(-1))$$
  $$ =\frac{4\sqrt{3\uppi}\,\mathrm{i}I_{0}}{ck^{2}}j_{1}(\uppi/2),$$

  (19.268)

  wobei noch $k=2\uppi/\lambda$ eingesetzt wurde. Die sphärische Bessel‐Funktion erster Ordnung kann man auch noch explizit auswerten. Es ist

  $$j_{1}(x)=-x\left(\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\frac{\sin x}{x}=\frac{\sin x-x\cos x}{x^{2}},$$

  (19.269)

  also

  $$j_{1}(\uppi/2)=\left(\frac{2}{\uppi}\right)^{2}.$$

  (19.270)

  Damit haben wir schließlich

  $$q_{10}=\frac{16\mathrm{i}\sqrt{3}\,I_{0}}{\uppi^{3/2}ck^{2}}.$$

  (19.271)

19.10

• (a) Betrachten wir zunächst das doppelte Vektorprodukt in (19.151). Da Geschwindigkeits‐ und Beschleunigungsvektor nun in dieselbe Richtung zeigen, bleibt hier

  $${\boldsymbol{\hat{R}}}\times\left[{\boldsymbol{\hat{R}}}\times\dot{{\boldsymbol{\beta}}}\right]=\left({\boldsymbol{\hat{R}}}\cdot\dot{{\boldsymbol{\beta}}}\right){\boldsymbol{\hat{R}}}-{\boldsymbol{\hat{R}}}^{2}\dot{{\boldsymbol{\beta}}}.$$

  (19.272)

  Beachten wir außerdem, dass die Bewegung in z‐Richtung erfolgt und die Punktladung nur im Ursprung betrachtet wird, so ist dies

  $$\dot{\beta}\left(\cos\vartheta{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}-{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\right).$$

  (19.273)

  Das Quadrat davon ist

  $$\dot{\beta}^{2}\left(\cos^{2}\vartheta-2\cos\vartheta{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}+1\right)=\dot{\beta}^{2}\sin^{2}\vartheta.$$

  (19.274)

  Insgesamt ist die in eine bestimmte Richtung abgestrahlte Leistung pro infinitesimalem Raumwinkelelement

  $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}\Upomega}=\frac{q^{2}}{4\uppi c}\frac{\dot{\beta}^{2}\sin^{2}\vartheta}{\left(1-\beta\cos\vartheta\right)^{6}}.$$

  (19.275)

  Im nichtrelativistischen Grenzfall $\beta\to 0$ erhält man also genau dasselbe Ergebnis (19.53) wie bei der harmonisch schwingenden Punktladung.

• (b) Für die gesamte abgestrahlte Leistung betrachten wir zunächst den Zähler von (19.152). Wieder verschwindet der zweite Summand wegen der Parallelität von Geschwindigkeit und Beschleunigung; es bleibt also nur

  $$P=\frac{2q^{2}\gamma^{6}\dot{\beta}^{2}}{3c}.$$

  (19.276)

  Für den Zusammenhang zwischen Beschleunigung und Kraft erhält man hier nun

  $${\boldsymbol{F}} =\frac{\mathrm{d}(\gamma m{\boldsymbol{v}})}{\mathrm{d}t}=\dot{\gamma}mc{\boldsymbol{\beta}}+\gamma mc\dot{{\boldsymbol{\beta}}}=\beta\dot{\beta}\gamma^{3}mc{\boldsymbol{\beta}}+\gamma mc\dot{{\boldsymbol{\beta}}}$$
  $$ =\gamma^{3}\beta^{2}mc\dot{{\boldsymbol{\beta}}}+\gamma^{3}(1-\beta^{2})mc\dot{{\boldsymbol{\beta}}}=c\gamma^{3}m\dot{{\boldsymbol{\beta}}}.$$

  (19.277)

  Daraus folgt

  $$P=\frac{2q^{2}}{3m^{2}c^{3}}{\boldsymbol{F}}^{2}.$$

  (19.278)

  Ein Vergleich mit (19.168) zeigt, dass bei einer Beschleunigung in Bewegungsrichtung die abgegebene Leistung bei gleicher Kraft um einen Faktor $\gamma^{2}$ kleiner ist als bei einer Beschleunigung senkrecht zur Bewegungsrichtung.

• (c) Gesucht ist das Maximum der Funktion

  $$f(\vartheta)=\frac{\sin^{2}\vartheta}{\left(1-\beta\cos\vartheta\right)^{6}}.$$

  (19.279)

  Ableiten und gleich null setzen führt auf die Gleichung

  $$2\sin\vartheta\cos\vartheta(1-\beta\cos\vartheta)-6\beta\sin^{3}\vartheta=0.$$

  (19.280)

  Hier kann man zunächst $2\sin\vartheta$ ausklammern, was auf die Lösungen $\vartheta=0$ und $\vartheta=180^{\circ}$ führt. Für beide Werte ist die abgestrahlte Leistung aber gleich null, dies sind also absolute Minima. Es bleibt die Gleichung

  $$\cos\vartheta(1-\beta\cos\vartheta)-3\beta\sin^{2}\vartheta=0.$$

  (19.281)

  Mit $\sin^{2}\vartheta=1-\cos^{2}\vartheta$ erhält man dann eine quadratische Gleichung in $\cos\vartheta$, die leicht lösbar ist. Schließlich ergibt sich

  $$\cos\vartheta_{\mathrm{max}}=\frac{-1+\sqrt{1+24\beta^{2}}}{4\beta}.$$

  (19.282)

  Für $\beta\to 1$ folgt $\vartheta_{\mathrm{max}}\to 0$. Wie bereits bei der Synchrotronstrahlung wird die Energie also vor allem in Bewegungsrichtung abgestrahlt. Genauer: Drücken wir β durch γ aus, so haben wir zunächst

  $$\cos\vartheta_{\mathrm{max}}=\frac{-1+\sqrt{1+24\left(1-1/\gamma^{2}\right)}}{4\sqrt{1-1/\gamma^{2}}}.$$

  (19.283)

  Für $\beta\to 1$ gilt $\gamma\to\infty$ und $\vartheta_{\mathrm{max}}\to 0$, wir können also beide Seiten entwickeln. Dies führt nach einigen Zwischenschritten auf

  $$1-\frac{1}{2}\vartheta^{2}_{\mathrm{max}}=1-\frac{1}{10\gamma^{2}},$$

  (19.284)

  woraus sofort die angegebene Beziehung folgt. Wie bei der Synchrotronstrahlung erfolgt auch hier die Abstrahlung vor allem in einem Winkel von der Größenordnung $\gamma^{-1}$.