\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik III, WS 1992/93} 
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\centerline{L"osungen zu den "Ubungen Nr.13}
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Besprechung: \bf 10.Februar 1993 \rm \newline
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 1: \rm (Bonusaufgabe) \hspace{7.5cm} (6 Punkte) \newline
a) Die Intensit"atsverteilung am unendlich langen Einzelspalt ist nach
Vorlesung
\begin{displaymath}
I = I_{0} \frac{sin^{2}\beta}{\beta^{2}} 
\end{displaymath}
mit $\beta = (kb/2) sin\theta = (\pi b/\lambda) sin\theta$. Extrema 
ergeben sich bei
\begin{displaymath}
\frac{dI}{d\beta} = I_{0} \frac{2 \beta^{2} sin\beta \; cos\beta 
- 2 \beta \; sin^{2}\beta }{beta^{4}} = I_{0} \frac{2 sin\beta 
(\beta \; cos\beta - sin\beta)}{\beta^{3}} = 0
\end{displaymath}
Minima ergeben sich f"ur $sin\beta =0$ und $\beta \neq 0$, d.h.
\begin{displaymath}
\beta_{min,m} = \pm m \pi, \; \; \; \; \; m=1,2,3,... 
\end{displaymath}
Maxima erh"alt man entsprechend f"ur $\beta \; cos\beta - sin\beta = 0$
oder $\beta = tg(\beta)$. Letzteres wird erf"ullt durch: 
\begin{displaymath}
\beta_{max,1} \approx \pm 1,43 \pi \; \; \; \; \; \; \; \;
\beta_{max,2} \approx \pm 2,46 \pi \; \; \; \; \; \; \; \;
\beta_{max,3} \approx \pm 3,47 \pi 
\end{displaymath}
Die Maxima liegen also nicht exakt zwischen den Minima, sondern 
geringf"ugig zu kleineren Winkeln verschoben. Wegen
\begin{displaymath}
\theta \approx sin\theta = \frac{2\beta}{kb} = \frac{\beta \lambda} 
{\pi b} 
\end{displaymath}
folgt f"ur die Minima:
\begin{displaymath}
\theta_{min,m} = \pm m\pi \frac{\lambda}{\pi b} = 
\underline{\pm m \; 5\cdot 10^{-4}}, \; \; \; \; \; m=1,2,3,...
\end{displaymath}
F"ur die ersten drei Nebenmaxima gilt:
\begin{displaymath}
\theta_{max,1} \approx \pm 7,14 \cdot 10^{-4} \; \; \; \; \; \; \;
\theta_{max,2} \approx \pm 1,22 \cdot 10^{-3} \; \; \; \; \; \; \;
\theta_{max,3} \approx \pm 1,73 \cdot 10^{-3} 
\end{displaymath}
b) N"aherungsweise liegen die Maxima zwischen den Minima, d.h. bei
\begin{displaymath}
\beta_{max,m} \approx \pm (m+\frac{1}{2}) \pi, \; \; \; \; \; \; \;
m=1,2,3,...
\end{displaymath}
Dann ist aber $sin\beta_{max,m} = 1$ und daher
\begin{displaymath}
I_{m} = I_{0} \frac{1}{\beta^{2}} = I_{0} \frac{1}{[(m+1/2)\pi]^{2}}
\end{displaymath}
c) Die Intensit"at f"allt auf die H"alfte ihres Wertes ab, wenn 
\begin{displaymath}
\frac{I(\theta)}{I_{0}} = \frac{sin^{2}\beta}{\beta^{2}} = \frac{1}{2}
\end{displaymath}
oder $sin\beta = 0,707 \; \beta$. Diese Gleichung wird gel"ost durch
$\beta_{1/2} \approx 1,39$. Wegen 
$\beta = (\pi b/\lambda) sin\theta \approx (\pi b/\lambda ) \theta$ 
folgt: 
\begin{displaymath}
\theta_{1/2} = \frac{\lambda}{\pi b} \beta_{1/2} 
\end{displaymath}
und
\begin{displaymath}
\Delta \theta_{1/2} = 2 \theta_{1/2} = 
0,885 \frac{\lambda}{b} \approx \underline{\frac{\lambda}{b}}
\end{displaymath}
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 2: \rm (Bonusaufgabe) \hspace{7.5cm} (6 Punkte) \newline
Die Berechnung der Intensit"atsverteilung bei der Beugung an ausgedehnten
Strukturen ist vom Prinzip her sehr einfach, die Komplikation liegt
h"aufig einzig und allein in der Berechnung komplizierter Integrale.
Wir diskutieren zun"achst noch einmal ausf"uhrlich die Berechnung der 
Intensit"atsverteilung am unendlich langen Spalt und erweitern das Ergebnis
danach auf den Doppelspalt. 
Eine ebene Lichtwelle der Wellenl"ange $\lambda$ falle senkrecht auf
einen unendlich langen Spalt der Breite $b$. \newpage
Jedes durch $dx$ charakterisierte Fl"achenelement des Spaltes ist
nach Huygens Zentrum einer Kugelwelle. Die gesamte Lichterregung im
weit entfernten, durch den Beugungswinkel $\phi$ charakterisierten
Aufpunkt $P$ wird durch Integration "uber alle Elemente $dx$ des Spaltes
erhalten, wobei die verschiedenen Phasen der Elementarwellen zu 
ber"ucksichtigen sind. 
Wenn wir f"ur die Gr"o"se der von $dx$ ausgehenden Wellenamplitude
den Ansatz
\begin{displaymath}
dE_{0} = E_{0} \; \frac{dx}{b}
\end{displaymath}
machen, dann ist die Elementarwelle im Punkt $P$ darstellbar durch
\begin{displaymath}
dE = dE_{0} \; \frac{cos(\omega t - kr)}{r} = E_{0} \; \frac{dx}{b} \;
\frac{cos(\omega t - kr)}{r}
\end{displaymath}
Hierbei ist allerdings bereits die Annahme eingef"uhrt, da"s alle 
infinitesimalem Beitr"age zur Welle im Punkt $P$ parallel sind. 
Wegen des Vektorcharakters der Feldst"arke $\vec{E}$ ist dieses eine 
N"aherung, die nur f"ur $b \ll r$ erf"ullt ist. Ohne diese N"aherung
werden die nachfolgend zu berechnenden Integrale au"serordentlich
kompliziert. Mit der bereits eingef"uhrten N"aherung 
$b \ll r$ ist auch $r \approx r_{0} - x \; sin\phi$, daher
\begin{displaymath}
dE \approx E_{0} \; \frac{dx}{b} 
\; \frac{cos(\omega t -kr_{0} + kx \; sin\phi)}{r_{0}}
\end{displaymath}
Diese Formel beendet den physikalischen Teil der Aufgabe, es folgt der
mathematische Teil. Die Gesamtamplitude im Aufpunkt $P$ ergibt sich
aus der Summe (Integral) aller Teilamplituden der verschiedenen 
Fl"achenelemente $dx$. Dieses Integration kann auf der reellen 
Zahlengerade oder in der komplexen Ebene durchgef"uhrt werden. 
Wir zeigen zun"achst die reelle Integration:
\begin{displaymath}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}b} \int_{0}^{b} dx \; cos(\omega t - kr_{0} 
+ kx \; sin\phi)
\end{displaymath}
Dieses Integral wird gel"ost durch
\begin{equation}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}b} \left[ \frac{sin(\omega t - kr_{0} 
+ kx \; sin\phi)}{k \; sin\phi} \right]_{x=0}^{x=b} =
\frac{E_{0}}{r_{0}} \; \frac{sin(\omega t - kr_{0} +kb \sin\phi)
- sin(\omega t - kr_{0})}{kb \; sin\phi}
\end{equation}
Mit Hilfe trigonometrischer Formeln kann man zeigen, da"s 
\begin{displaymath}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}} \; \frac{sin[(kb\; sin\phi)/2}
{(kb\; sin\phi)/2} \; cos[\omega t - kr_{0} + (kb\; sin\phi)/2)
\end{displaymath}
Die Integration und die nachfolgenen Umrechnungen kann man vereinfachen,
wenn man die Feldst"arke als Realteil einer komplexen Funktion schreibt.
\begin{displaymath}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}b} \int_{0}^{b} dx \; 
e^{i(\omega t - kr_{0} + kx \; sin\phi)} = \frac{E_{0}}{r_{0}b}
e^{i(\omega t - kr_{0})} \int_{0}^{b} dx \; e^{ikx \; sin\phi} 
\end{displaymath}
Dieses Integral ist leicht auszuwerten und ergibt
\begin{equation}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}b} e^{i(\omega t -kr_{0})}
\left[ \frac{e^{i(kx \; sin\phi)}}{ik \; sin\phi} \right]_{x=0}^{x=b}
= \frac{E_{0}}{r_{0}b} e^{i(\omega t - kr_{0})} \left(
\frac{e^{i(kb \; sin\phi)}-1}{ik \; sin\phi} \right)
\end{equation}
\begin{equation}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}b} e^{i(\omega t -kr_{0})}
\left( \frac{e^{i(kb \; sin\phi)/2} - e^{-i(kb \; sin\phi)/2}}
{2ik \; sin\phi} \right) 2 e^{i(kb \; sin\phi)/2} 
\end{equation}
Wegen $(e^{iz}-e^{-iz})/(2i) = sin(z)$ folgt: 
\begin{displaymath}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}} \; \frac{sin[(kb \; sin\phi)/2]} 
{(kb \; sin\phi)/2 } \; e^{i(\omega t -kr_{0} +(kb \; sin\phi)/2)}
\end{displaymath}
Wir gehen zur"uck zum Realteil und erhalten:
\begin{displaymath}
E(r_{0},\phi) = \frac{E_{0}}{r_{0}} \frac{sin[(kb \; sin\phi)/2]}
{(kb \; sin\phi)/2} cos[\omega t -kr_{0} + (kb \; sin\phi)/2] 
\end{displaymath}
also das gleiche Ergebnis wie oben. Die Intensit"at ist proportional
$E^{2}$, gemittelt "uber die Zeit $t$. Da allgemein
\begin{displaymath}
\overline{cos^{2}(\omega t + \alpha)} = \frac{1}{2}
\end{displaymath}
folgt in unserem Beispiel
\begin{displaymath}
I \sim \overline{E^{2}} = \frac{E_{0}^{2}}{r_{0}^{2}} \; 
\frac{sin^{2}[kb\; sin\phi)/2]}{[(kb\; sin\phi)/2]^{2}} \; \;
\overline{cos^{2}[\omega t -kr_{0} +(kb\; sin\phi)/2] }
= \frac{1}{2} \; \frac{E_{0}^{2}}{r_{0}^{2}} \; 
\frac{sin^{2}[(kb\; sin\phi)/2]}{[(kb\; sin\phi)/2]^{2}}
\end{displaymath}
Wegen $k = 2\pi/\lambda$ kann man dieses auch schreiben als:
\begin{displaymath}
I = I_{0} \;  
\frac{sin^{2}[(\pi b \; sin\phi)/\lambda]}{[\pi b \; sin\phi)/\lambda]^{2}}
\end{displaymath}
Die Erweiterung auf den Doppelspalt ist nun denkbar einfach, man mu"s
die Integration nur "uber beide Spalte erstrecken: \newline
\vskip 80mm
\begin{equation}
E(r_{0},\phi)= \frac{E_{0}}{r_{0}b} e^{i(\omega t - kr_{0})} \left(
\int_{-b/2}^{b/2} dx \; e^{ikx\; sin\phi} + \int_{a-b/2}^{a+b/2}
dx \; e^{ikx \; sin\phi} \right)
\end{equation}
Die Integration wird exakt wie beim Einzelspalt durchgef"uhrt, 
nur mit etwas mehr Schreibarbeit. Das Ergebnis ist:
\begin{displaymath}
I = I_{0} \frac{sin^{2}\beta}{\beta^{2}} cos^{2}\alpha
\end{displaymath}
mit $\beta = (\pi b/\lambda) sin\phi$ und 
$\alpha = (\pi a/\lambda) sin\phi$.  \newline
b) Skizze: \newline \vskip 80mm
\bf Aufgabe 3: \rm (Bonusaufgabe) \hspace{7.5cm} (4 Punkte) \newline
Die Beugung an einer kreisf"ormigen "Offnung ergibt ein System 
konzentrischer Maxima und Minima. Nach Vorlesung erscheint das erste  
Minimum unter dem Winkel $\phi_{1} \approx 1,22 \lambda/d$, wobei
$d$ der Durchmesser der "Offnung ist. Daher folgt f"ur den Radius
des Minimums auf der Netzhaut
\begin{displaymath}
R = f \alpha = 1,22 \frac{f \lambda'}{d}
\end{displaymath}
mit $\lambda' = \lambda/n$. Einsetzen der Zahlenwerte: 
$R = 5,19 \; \lambda$. Setzt man eine mittlere Wellenl"ange von 
$550 \; nm$ ein, so folgt $R= 2,85 \; \mu m$ und f"ur den Durchmesser
$\underline{D \approx 5,7 \; \mu m}$. \newline 
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 4: \rm (Bonusaufgabe) \hspace{7.5cm} (4 Punkte) \newline
Wegen $d = \lambda/(n sin\alpha)$ und $n=1$, $\alpha = 60^{o}$ folgt
$\underline{d = 680 \; nm}$.
\end{document}