¨Ubungen zur Klassischen Theoretischen Physik III (Theorie C ...

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik III
(Theorie C – Elektrodynamik) WS 12-13
Prof. Dr. Alexander Mirlin Blatt 10
Dr. Igor Gornyi Besprechung 09.01.2013
Diese Musterlösung benutzt SI-Einheiten!
Aufgabe 1: Koaxialkabel (5+3+2=10 Punkte)
Ein Koaxialkabel bestehe aus einem langen Draht mit Radius a in einem langen Hohlzylinder
mit Innenradius b (b > a). Draht und Zylinder seien konzentrisch zur z-Achse.
Das Koaxialkabel überträgt eine reine TEM-Welle:
⃗E = E 0 f E (ρ)e i(kz−ωt) ⃗e ρ , ⃗ B = E0 f B (ρ)e i(kz−ωt) ⃗e ϕ , (1)
wobei ⃗e ρ und ⃗e ϕ die Einheitsvektoren in Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z) sind.
(a) Bestimmen Sie die Funktionen f E (ρ), f B (ρ) und den Poynting-Vektor für die TEM-
Welle.
Lösung: Die elektro-magnetischen Wellen müssen den Maxwell-Gleichungen genügen.
Dies werden wir im Folgenden überprüfen. Da im Raum zwischen den Zylindern keine
Quellen vorhanden sind müssen die folgenden Gleichungen nachgerechnet werden:
(i)
⃗∇ · ⃗E = 0
In Polarkoordinaten sind ∂ x und ∂ y gegeben durch:
∂ x = cos φ∂ ρ − sin φ
ρ
∂ φ
Damit gilt:
∂ y = sin φ∂ ρ + cos φ
ρ
∂ φ
⃗∇ · ⃗E = ∂ x E x + ∂ y E y + ∂ z E z
(
= cos φ∂ ρ − sin φ )
ρ
∂ φ (E 0 f E e i(kz−ωt) cos φ)
(
+ sin φ∂ ρ + cos φ )
ρ
∂ φ (E 0 f E e i(kz−ωt) sin φ)
(
= ∂ ρ + 1 )
E 0 f E (ρ)e i(kz−ωt)
ρ
= 0

Somit haben wir gefunden:
(
∂ ρ + 1 )
f E (ρ) = 0 ⇒ f E (ρ) = Const.
ρ
ρ
Die Konstante im letzten Term kann in E 0 in (1) absorbiert werden. Wir verwenden
daher
f E = 1 ρ . (2)
(ii) Eine analoge Rechnung für
⃗∇ · ⃗B = 0
zeigt, dass hieraus keine Einschränkungen auftreten:
⃗∇ · ⃗B = ∂ x B x + ∂ y B y + ∂ z B z
(
= cos φ∂ ρ − sin φ )
ρ
∂ φ (−E 0 f B e i(kz−ωt) sin φ)
(
+ sin φ∂ ρ + cos φ )
ρ
∂ φ (E 0 f B e i(kz−ωt) cos φ)
= 0
(iii) Aus der z-Komponente der Gleichung
findet man:
⃗∇ × ⃗ B = 1 c 2 ∂ t ⃗ E
( ∇ ⃗ × B) ⃗ z = ∂ x B y − ∂ y B x
(
= cos φ∂ ρ − sin φ
ρ
(
− sin φ∂ ρ − cos φ
ρ
(
= ∂ ρ + 1 ρ
∂ φ
∂ φ
)
E 0 f B (ρ)e i(kz−ωt)
)
(−E 0 f B e i(kz−ωt) sin φ)
)
(E 0 f B e i(kz−ωt) cos φ)
Daher erhält man
= 1 c 2 ∂ tE z
= 0
f B (ρ) = Const. .
ρ
Die x- und y-Komponenten der Gleichung legen die Konstante aus der oberen
Gleichung auf 1/c fest, d.h.
f B = 1
cρ . (3)
(iv) Untersuchungen der vierten Maxwell-Gleichung
⃗∇ × ⃗ E = −∂ t
⃗ B

zeigen, dass hieraus keine neuen Einschränkungen an f E oder f B auftreten. Es
folgt, dass die z-Komponente der Rotation von ⃗ E verschwindet
[ ⃗ ∇ × ⃗ E] z = 0 (4)
und damit kann die transversale Komponente des elektrischen Feldes als Gradient
eines Potentials geschrieben werden:
⃗E ⊥ = − ⃗ ∇ ⊥ Φ. (5)
Die transversale Komponente des elektrischen Feldes ⃗ E ⊥ ist die Lösung des
elektrostatischen Problems in zwei Dimensionen.
Der Poynting-Vektor dieser Wellenkonfiguration ist dann gegeben durch:
⃗S = 1 µ 0
Re ⃗ E × Re ⃗ B
=
=
1
µ 0 cρ 2 E2 0 cos 2 (kz − ωt)⃗e ρ × ⃗e φ
1
µ 0 cρ 2 E2 0 cos 2 (kz − ωt)⃗e z .
(b) Finden Sie die Längenladungsdichte des inneren Drahtes.
Lösung: Wir verwenden das Gaußsche Gesetz und das in der vorigen Aufgabe
gefundene E-Feld um die Längenladungsdichte des inneren Drahtes zu bestimmen.
Wir legen einen zylindrischen Streifen mit Einheitshöhe um das innere Kabel. Der
Fluss des E-Feldes durch die Zylinderoberfläche ist dann gegeben durch:
Φ = E 0
ρ · 2πρei(kz−ωt) = 2πE 0 e i(kz−ωt)
Daher ist die gesuchte Längenladungsdichte
(c) Finden Sie den Strom im inneren Draht.
σ = ɛ 0 ReΦ = 2πɛ 0 E 0 cos(kz − ωt).
Lösung: Wir verwenden die Kontinuitätsgleichung:
⃗∇ · ⃗J + ∂ t σ = 0
Da der Stromdichte-Vektor entlang der z-Achse liegt wird diese Gleichung zu
Daher finden wir
∂ z J = −∂ t σ = −2πɛ 0 ωE 0 sin(kz − ωt) = −2πɛ 0 kcE 0 sin(kz − ωt)
J = 2πcɛ 0 E 0 cos(kz − ωt), (6)
wobei wir angenommen haben, dass kein konstanter (mit Frequenz Null) Strom
durch das Kabel fließt.

Aufgabe 2: Abstrahlung einer Ladungsverteilung (5+2+5+3=15 Punkte)
Gegeben sind zwei positive Ladungen q im Vakuum. Sie befinden sich auf der z-Achse
bei
z 1,2 (t) = ±a [1 + cos (ω 0 t)].
Im Ursprung befindet sich zusätzlich die Ladung −2q.
(a) Bestimmen Sie das kleinste nichtverschwindende Multipolmoment der Ladungsverteilung.
Lösung: Das elektrische Dipol-Moment des Systems ist:
⃗d = ∑ q i ⃗r i = (qz 1 + qz 2 )e z = 0.
Da die Positionen der Ladungen entlang der z-Achse oszillieren ist nur die z-Komponente
des Stroms von Null verschieden. Daher ist das magnetische Dipolmoment gegeben
durch:
∫ ∫
⃗m = dI ⃗ × ⃗r = dIre z × e z = 0.
Das elektrische Quadrupole-Moment des Systems ist gegeben durch
Q αβ = ∑ i
3r iα r iβ − r 2 i δ αβ ,
wobei der Index i die drei Ladungen q, −2q und q indiziert. Das elektrische Quadrupole-
Moment besitzt nicht-verschwindende Komponenten:
Q xx = ∑ i
−q i z 2 i = −2qa 2 [1 + cos(ω 0 t)] 2
Q yy = ∑ i
−q i z 2 i = −2qa 2 [1 + cos(ω 0 t)] 2
Q zz = ∑ i
3qz ( i 2) − q iz 2 i = 4qa 2 [1 + cos(ω 0 t)] 2 .
(b) Schreiben Sie das obige Multipolmoment zerlegt in die einzelnen Frequenzkomponenten.
Lösung: Normalerweise erfolgt die Zerlegung in die verschiedenen Frequenzmoden
mittels der Fourier-Transformation. Hier können wir die einzelnen Moden allerdings
nach kurzer Rechnung ablesen:
[ 3
Q zz = 4qa 2 [1 + 2 cos(ω 0 t) + cos 2 (ω 0 t)] = 4qa 2 2 + 2 cos(ω 0t) + 1 ]
2 cos(2ω 0t) .
Da Q xx und Q yy proportional zu Q zz sind, ist ihre Zerlegung proportional zum
obigen Ergebnis.
Das elektrische Quadrupol-Moment enthält also zwei Moden nicht- verschwindender
Frequenz (ω 0 und 2ω 0 ), und wir bezeichnen die zugehörigen Koeffizienten mit Q 1
und Q 2 . Dann findet man:
und
(Q 1xx , Q 1yy , Q 1zz ) = (−4qa 2 , −4qa 2 , 8qa 2 )
(Q 2xx , Q 2yy , Q 2zz ) = (−qa 2 , −qa 2 , 2qa 2 )

(c) Berechnen Sie für jede Frequenz ω die Felder ⃗ B und ⃗ E im Fernfeld mit a ≪ λ ≪ r.
Lösung: Wir betrachten nur die beiden Moden nicht-verschwindender Frequenz
und definieren für sie die Wellenzahlen
k 1 ≡ ω 0
c
k 2 ≡ 2ω 0
= 2k 1
c
Für die ω 0 -Mode berechnen wir zunächst den folgendermaßen definierten Vektor:
⃗Q ≡ ∑ α,β
Q 1αβ n β e β ,
wobei ⃗n ≡ ⃗r r und Q 1 aus der letzten Aufgabe bekannt ist.
Mit diesen Definitionen findet man schnell:
⃗Q = −4qa 2 ⃗n + 12qa 2 n z e z
Wir beginnen mit der folgenden allgemeinen Formel, um das elektrische und magnetische
Feld der Quadrupolstrahlung zu berechnen:
⃗g (1,el) = − iω ∑
n l Q lp e p = − iω Q
24π
24π ⃗
lp
Hierbei ist zu beachten, dass die Q’s mit zwei Indizes die Quadrupol-Momente sind
und der Vektor Q ⃗ wie weiter oben definiert ist.
Hieraus erhält man
⃗g = −ik⃗g (1,el) = − k2 c
Q
24π ⃗
In Gauss-Einheiten würde hier ein Faktor 1 1
anstelle von auftreten. Aufgrund
6 24π
dieses Unterschieds erhält man im SI-System einen Extra-Faktor in den Ausdrücken
für die Felder und die Strahlungsleistung. Wir erhalten
ie
⃗B ik 1r
1 = µ 0 k 1 ⃗n × ⃗g 1
r
= iµ 0ck1e 3 ik 1r
⃗n × Q
r
⃗ 1
= − iµ 0ck 3 1
24π
e ik 1r
r
⃗n × 12qa2 n z e z
e ik 1r
= − iqa2 µ 0 ck1
3
2π r (n yn z , −n x n z , 0) T ,
wobei wir in der dritten Gleichung die Identität ⃗n × ⃗n = 0 verwendet haben, und
⃗E 1 = 1 c ⃗ B 1 × ⃗n
e ik 1r
= − iqa2 k1
3
2πɛ 0 r
n z(−n x n z , −n y n z , n 2 x + n 2 y) T
Für die 2ω 0 -Mode erhalten wir analog:
⃗B 2 = − iqa2 µ 0 ck 3 2
8π
⃗E 2 = − iqa2 k 3 2
2πɛ 0
e ik 2r
e ik 2r
r
(n yn z , −n x n z , 0) T
r n z(−n x n z , −n y n z , n 2 x + n 2 y) T .

(d) Berechnen Sie die von der Ladungsverteilung abgestrahlte Leistung pro Raumwinkel
und die gesamte abgestrahlte Leistung P . Skizzieren Sie dP
dΩ .
Lösung:
Die Strahlungsleistung der ersten Mode ist:
dP 1
dΩ = k2 1
2
=
=
√
µ0
ɛ 0
| ⃗n × ⃗g 1 | 2
√
k1c 6 2 µ0
| ⃗n × Q
2 ∗ (24π) 2 ɛ ⃗ 1 | 2
0
√
k1c 6 2 µ0
∗ (12qa 2 ) 2 | (n
1152π 2 y n z , −n x n z , 0) | 2
ɛ 0
= c2
√
µ0
8π 2 q2 a 4 k1
6 n 2
ɛ
z(1 − n 2 z)
0
√
= c2
8π 2 q2 a 4 k1
6 µ0
cos 2 θ sin 2 θ
ɛ 0
wobei wir n z als n z = c cos θ geschrieben haben.
Analog erhalten wir:
√
dP 2
dΩ = k2 2 µ0
| ⃗n × ⃗g 2 | 2
2 ɛ 0
c 2
√
µ0
=
128π 2 q2 a 4 k2
6 n 2
ɛ
z(1 − n 2 z)
0
√
= c2
2π 2 q2 a 4 k1
6 µ0
cos 2 θ sin 2 θ
ɛ 0
wobei wir die Relation k 2 = 2k 1 verwendet haben.
Wir erwarten Misch-Terme wenn wir die Quadrat-Wurzel aus der kohärenten Summe
der elektro-magnetischen Felder der beiden Moden ziehen. Allerdings können
wir den zeitgemittelten Mischterm für große Zeiten vernachlässigen. Wir verwenden
daher:
dP
dΩ = dP 1
dΩ + dP 2
dΩ
= 5c2
8π 2 q2 a 4 k 6 1
√
µ0
ɛ 0
cos 2 θ sin 2 θ
An dieser Stelle sehen wir, dass dP
dΩ ∝ sin2 (2θ). Somit wird dP
dΩ für θ = ± π maximal
4
und verschwindet für θ = 0, π , π. Eine Skizze findet sich in Abbildung 1.
2
Integrieren wir über den vollen Raumwinkel erhalten wir für die Abstrahlleistung:
√ ∫ π ∫ 2π
P = 5c2
8π 2 q2 a 4 k1
6 µ0
dθ dφ sin θ cos 2 θ(1 − cos 2 θ)
ɛ 0 0 0
= q2 a 4 ω 6 0
6πc 4 √
µ0
ɛ 0
.

Abbildung 1: Die elektrische Quadrupol-Strahlung besteht aus vier symmetrischen Zonen
Aufgabe 3: Hohlraumresonator (10+5=15 Bonuspunkte)
Betrachten Sie einen zylindrischen Hohlraumresonator mit Innenradius a und Länge l.
(a) Finden Sie die Eigenmoden des Resonators.
(b) Drücken Sie die Eigenfrequenzen des Resonators durch die Nullstellen j mn (˜j mn ) der
Bessel-Funktion bzw. ihrer Ableitung [J m (j mn ) = 0, J ′ m(˜j mn ) = 0] aus.
Wir suchen nach Lösungen der Wellengleichung im Vakuum die sowohl Lösungen der
Maxwell-Gleichungen sind als auch die Randbedingungen erfüllen. Hierzu beginnen wir
mit der Wellengleichung (
⃗∇ 2 − 1 )
c ∂ 2 t Ψ(t, ⃗x) = 0 (7)
wobei Ψ(t, ⃗x) hier für die z-Komponente von ⃗ E(t, ⃗x) oder ⃗ B(t, ⃗x) steht.
Aufgrund der Symmetrie des Problems verwenden wir Zylinderkoordinaten und machen
für Ψ den Ansatz:
Ψ(t, ρ, φ, z) = Ae i(ωt−kz+mφ) f(ρ), A ∈ C, m ∈ Z (8)
Setzen wir diesen Ansatz in ein finden wir mit dem Laplace-Operator in Zylinderkoordinaten:
( ω
−
c
) 2 Ψ(t, ⃗x) 1
Ψ(t, ⃗x) =
f(ρ) ρ ∂ ρρ∂ ρ f(ρ) − m2
ρ Ψ(t, ⃗x) − 2 k2 Ψ(t, ⃗x) (9)
Nach kurzer Umformung führt dies zu
ρ 2 ∂ρf(ρ) 2 + ρ∂ ρ f(ρ) + (ρ 2 ( ω2
c − 2 k2 ) − m 2 )f(ρ) = 0 (10)
} {{ }
=:kc
2
Wir wollen im Folgenden annehmen, dass k c > 0 gilt. Dann können wir mit ˜ρ := k c ρ
und ˜f(˜ρ) := f(ρ) umschreiben als
˜ρ 2 ˜f ′′ (˜ρ) + ˜ρ ˜f ′ (˜ρ) + (˜ρ 2 − m 2 ) ˜f(˜ρ) = 0 (11)

Wir erkennen in (11) die Besselsche Differentialgleichung und eine Lösung dieser ist die
Bessel-Funktionen m-ter Ordnung. Da m ∈ Z gilt ist die Neumann-Funktionen m-ter
Ordnung eine von der Bessel-Funktion m-ter Ordnung linear unabhängige Lösung. Diese
hat allerdings für m ∈ Z eine Singularität im Ursprung, sodass wir f(ρ) = ˜α m J m (k c ρ)
mit ˜α m ∈ C wählen. Somit ist
Ψ(t, ρ, φ, z) = α m e i(ωt−kz+mφ) J m (k c ρ), α m ∈ C, m ∈ Z (12)
Hierbei haben wir die Konstanten A und ˜α m in einer neuen Konstante α m zusammengefasst.
Nun können wir die Maxwell-Gleichungen verwenden um den zur z-Komponente von
⃗E ( B) ⃗ gehörigen orthogonalen Anteil E⊥ ⃗ ( B ⃗ ⊥ ) zu bestimmen. Hier und im folgenden
verwenden wir das Symbol ⊥ für Anteile von Vektoren senkrecht zur z-Achse. Da
Ψ(t, ρ, φ, z) für die z-Komponente von E- und B-Feld steht fordern wir auch für die
anderen Komponenten die Form
⃗E(t, ⃗x) = ⃗ Ẽ(x, y)e i(ωt−kz) (13)
⃗B(t, ⃗x) = ⃗˜B(x, y)e
i(ωt−kz)
(14)
Weiterhin führen wir das Symbol ∇ ⃗ ⊥ := ⃗e x ∂ x +⃗e y ∂ y ein. Mit (13) und (14) rechnet man
leicht die folgenden Relationen nach:
(
⃗∇ × E⊥ ⃗ (t, ⃗x))
= ikE ⃗ ⊥ (t, ⃗x) × ⃗e z (15)
Addiert man diese beiden Gleichungen findet man
⊥
∇ × (E z (t, ⃗x)⃗e z ) = (∇ ⊥ E z (t, ⃗x)) × ⃗e z (16)
(∇ × ⃗ E(t, ⃗x)) ⊥ = (∇ × ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) + ∇ × E z (t, ⃗x)⃗e z ) ⊥
= (ik ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) + ⃗ ∇ ⊥ E z (t, ⃗x)) × ⃗e z (17)
Unter Zurhilfenahme der dritten Maxwell-Gleichung (Induktionsgesetz) und mit (14)
folgt hieraus
−iω ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) = (ik ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) + ⃗ ∇ ⊥ E z (t, ⃗x)) × ⃗e z (18)
Mit einer analogen Rechnung findet man (im Inneren des Hohlraumresonators gilt
⃗j = 0)
Aus diesen Gleichungen folgt
iωµ 0 ɛ 0
⃗ E⊥ (t, ⃗x) = (ik ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) + ⃗ ∇ ⊥ B z (t, ⃗x)) × ⃗e z (19)
iω ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) × ⃗e z = ik ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) + ⃗ ∇ ⊥ E z (t, ⃗x) (20)
−iωµ 0 ɛ 0
⃗ E⊥ (t, ⃗x) × ⃗e z = ik ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) + ⃗ ∇ ⊥ B z (t, ⃗x) (21)
Mit diesen beiden Gleichungen findet man durch Einsetzen (mit ɛ 0 µ 0 = c −2 ):
Analog findet man
ik 2 c ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) = k ⃗ ∇ ⊥ E z (t, ⃗x) + ω( ⃗ ∇ ⊥ B z (t, ⃗x)) × ⃗e z (22)
ik 2 c ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) = k ⃗ ∇ ⊥ B z (t, ⃗x) − ω c 2 (⃗ ∇ ⊥ E z (t, ⃗x)) × ⃗e z (23)

In Zylinderkoordinaten ist ⃗ ∇ ⊥ gegeben durch
⃗∇ ⊥ = ⃗e ρ ∂ ρ + ⃗e φ
1
ρ ∂ φ (24)
Wir betrachten nun den Fall von TE- und B-Wellen mit E z = 0.
Für E z = 0 folgt aus (22) und (23):
(
)
ikc 2 E ⃗ 1
⊥ (t, ⃗x) = ω ⃗e ρ
ρ ∂ φB z (t, ⃗x) − ⃗e φ ∂ ρ B z (t, ⃗x)
(
)
ikc 2 B ⃗ 1
⊥ (t, ⃗x) = k ⃗e ρ ∂ ρ B z (t, ⃗x) + ⃗e φ
ρ ∂ φB z (t, ⃗x)
(25)
(26)
Nun können wir unseren Ansatz für B z derart modifizieren, dass er die folgenden Randbedingungen
erfüllt:
Betrachtet man
E φ (t, ρ = a, φ, z) = 0 (27)
B ρ (t, ρ = a, φ, z) = 0 (28)
B z (t, ρ, φ, z) = α m e i(ωt−kz+mφ) J m (k c ρ) (29)
erkennt man aus (25) und (26) sofort, dass die Randbedingungen auf dem Zylindermantel
erfüllt sind, wenn k c a = ˜j mn gilt, wobei ˜j mn die n-te Nullstelle der Ableitung
der Bessel-Funktion m-ter Ordnung bezeichnet, also
J ′ m(˜j mn ) = 0 (30)
Um die Randbedingungen für die Zylinderkappen berücksichtigen zu können superponieren
wir unterschiedliche Lösungen der Wellengleichung und erhalten
B z (t, ρ, φ, z) = β m sin (kz)e imφ e iωt J m (k c ρ) (31)
mit einer neuen Konstanten β m ∈ C.
Damit ist die erste longitudinale Randbedingung B z (t, ρ, φ, z = 0) = 0 automatisch
erfüllt. Die zweite longitudinale Randbedingung B z (t, ρ, φ, z = l) = 0 ist erfüllt, wenn
k = pπ mit p ∈ Z gilt. Somit finden wir aus der Dispersionsrelation ω 2 = c 2 (k 2 l c + k 2 )
die folgenden Frequenzen der Eigenmoden für TE-Wellen und B-Wellen mit E z = 0:
)
(˜j
ωmnp 2 = c 2 mn
2
a + p2 π 2
, m, p ∈ Z, n ∈ N (32)
2 l 2
⃗E ⊥ (t, ⃗x) und B ⃗ ⊥ (t, ⃗x) lassen sich mit Hilfe von (25) und (26) berechnen.
Das Vorgehen für TM- und E-Wellen mit B z = 0 ist analog, wie wir im Folgenden sehen
werden.
Sei also nun B z = 0.
Dann finden wir aus (22) und (23):
ik 2 c ⃗ E ⊥ (t, ⃗x) = k
(
⃗e ρ ∂ ρ E z (t, ⃗x) + ⃗e φ
1
)
ρ ∂ φE z (t, ⃗x)
)
ik 2 c ⃗ B ⊥ (t, ⃗x) = − ω c 2 (
⃗e ρ
1
ρ ∂ φE z (t, ⃗x) − ⃗e φ ∂ ρ E z (t, ⃗x)
(33)
(34)

Die zu erfüllenden Randbedingungen lauten:
Wir modifizieren unseren Ansatz
E φ (t, ρ = a, φ, z) = 0 (35)
E z (t, ρ = a, φ, z) = 0 (36)
B ρ (t, ρ = a, φ, z) = 0 (37)
E z (t, ρ, φ, z) = α m e i(ωt−kz+mφ) J m (k c ρ) (38)
nun derart, dass er die Randbedingungen (35) - (37) erfüllt.
Zunächst betrachten wir die Randbedingung (36). Ein Vergleich mit (38) zeigt sofort,
dass dies erfüllt ist, wenn wir k c = jmn
wählen, wobei j
a
mn (n ∈ N) die n-te Nullstelle
der m-ten Bessel-Funktion bezeichnet. Dies erfüllt zugleich die Randbedingungen (35)
und (35), denn wie wir aus (33) und (34) sehen, gilt
und
E φ (t, ρ = a, φ, z) =
k
ikcρ ∂ φE 2 z (t, ⃗x)| ρ=a = mk
kcρ α me i(ωt−kz+mφ) J 2 m (j mn ) = 0 (39)
} {{ }
=0
B ρ (t, ρ = a, φ, z) = −
ω
ikcc 2 2 ρ ∂ φE z (t, ⃗x)| ρ=a = − mω
kcc α me i(ωt−kz+mφ) J 2 2 m (j mn ) = 0 (40)
} {{ }
Um auch die Randbedingungen auf den Zylinderkappen berücksichtigen zu können superponieren
wir wieder verschiedene Lösungen der Wellengleichung und erhalten
E z (t, ρ, φ, z) = β m sin (kz)e imφ e iωt J m (k c ρ) (41)
mit einer Konstanten β m ∈ C.
Auch für diesen Fall gilt, dass die erste longitudinale Randbedingung E z (t, ρ, φ, z = 0) =
0 automatisch erfüllt ist und die zweite longitudinale Randbedingung E z (t, ρ, φ, z = l) =
0 erfüllt ist, wenn k = pπ mit p ∈ Z gilt. Somit finden wir aus der Dispersionsrelation
l
ω 2 = c 2 (kc 2 + k 2 ) die folgenden Frequenzen der Eigenmoden für TM- und B-Wellen mit
B z = 0:
( )
j
ωmnp 2 = c 2 2
mn
a + p2 π 2
, m, p ∈ Z, n ∈ N (42)
2 l 2
=0