Onda EM che investe una carica
Salve a tutti,
Mi servirebbe un aiuto per il seguente esercizio:
Il primo punto è abbastanza immediato: notando che $x=v_x t$ integro l'equazione del moto
$\ddot{z}= \frac{q}{m}E_0 \cos(kx-\omegat)$ e ottengo l'energia cinetica $ T= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2}\sin^2(kv_x-\omega)t$
Ora considero un sistema con un gran numero di particelle la cui velocità $v_x$ è distribuita come $f(v_x)$. Allora l'energia trasmessa per unità di tempo dall'onda alle particelle con velocità compresa in un intervallo $dv_x$ è
$P(v_x, dv_x) = \partial_tT(v_x, t) f(v_x) dv_x $.
A questo punto faccio la derivata e sostituisco lo sviluppo:
$f(v_x)\approx f(\frac{\omega}{k}) +(v_x-\frac{\omega}{k}) \partial_{v_x}f(\frac{\omega}{k})$
Ora mi blocco, perché non riesco davvero a immaginare quale sia l'intervallo di velocità rilevante su cui integrare! E poi, come mi libero della dipendenza temporale dell'espressione al RHS? :/
Mi servirebbe un aiuto per il seguente esercizio:
Il primo punto è abbastanza immediato: notando che $x=v_x t$ integro l'equazione del moto
$\ddot{z}= \frac{q}{m}E_0 \cos(kx-\omegat)$ e ottengo l'energia cinetica $ T= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2}\sin^2(kv_x-\omega)t$
Ora considero un sistema con un gran numero di particelle la cui velocità $v_x$ è distribuita come $f(v_x)$. Allora l'energia trasmessa per unità di tempo dall'onda alle particelle con velocità compresa in un intervallo $dv_x$ è
$P(v_x, dv_x) = \partial_tT(v_x, t) f(v_x) dv_x $.
A questo punto faccio la derivata e sostituisco lo sviluppo:
$f(v_x)\approx f(\frac{\omega}{k}) +(v_x-\frac{\omega}{k}) \partial_{v_x}f(\frac{\omega}{k})$
Ora mi blocco, perché non riesco davvero a immaginare quale sia l'intervallo di velocità rilevante su cui integrare! E poi, come mi libero della dipendenza temporale dell'espressione al RHS? :/
Risposte
Dovrebbe essere (indico con $P_1$ la potenza nel caso ad 1-particella):
$$
P_1 = \frac{dT}{dt} = \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2} \frac{d}{dt}\left( \sin^2[(kv_x-\omega)t] \right)
$$
$$
= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2} 2 (kv_x-\omega) \sin[(kv_x-\omega)t] \cos[(kv_x-\omega)t]
$$
$$
= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)} \sin[2 (kv_x-\omega)t] = \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \frac{\sin[2 (kv_x-\omega)t]}{\pi 2 \left( k v_x - \omega\right)}
$$
nell'ultimo passaggio ho solo messo in evidenza il fattore "interessante" dipendente dal tempo:
$$
f(t) = \frac{\sin[2 (kv_x-\omega)t]}{\pi 2 \left( k v_x - \omega\right)}
$$
Il punto importante è che questa funzione ha area unitaria per ogni t > 0, ed al tendere di t -> inf è sempre più piccata attorno a $v_x = \omega/k$. In altri termini è una successione delta-convergente:
$$
f(t) \rightarrow \delta(2 (k v_x - \omega))
$$
Questo spiega perché il risultato non dipende dalla forma specifica della densità $f(v_x)$ ma solo dal valore al picco.
Venendo ai conti:
$$
\int_0^{+\infty} f(t) \frac{\pi q^2E_0^2}{m} f(v_x) dv_x \rightarrow \int_0^{+\infty} \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \delta(2 (k v_x - \omega)) f(v_x) dv_x
$$
e utilizzando le varie proprietà della delta di Dirac si semplifica:
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \delta(2 (k v_x - \omega)) f(v_x) dv_x = \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \int_0^{+\infty} \frac{1}{2 k}\delta\left(v_x - \frac{\omega}{k}\right) f(v_x) dv_x
$$
$$
= \frac{\pi q^2E_0^2}{2 m k} f\left(\frac{\omega}{k}\right)
$$
$$
P_1 = \frac{dT}{dt} = \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2} \frac{d}{dt}\left( \sin^2[(kv_x-\omega)t] \right)
$$
$$
= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)^2} 2 (kv_x-\omega) \sin[(kv_x-\omega)t] \cos[(kv_x-\omega)t]
$$
$$
= \frac{q^2E_0^2}{2m(kv_x-\omega)} \sin[2 (kv_x-\omega)t] = \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \frac{\sin[2 (kv_x-\omega)t]}{\pi 2 \left( k v_x - \omega\right)}
$$
nell'ultimo passaggio ho solo messo in evidenza il fattore "interessante" dipendente dal tempo:
$$
f(t) = \frac{\sin[2 (kv_x-\omega)t]}{\pi 2 \left( k v_x - \omega\right)}
$$
Il punto importante è che questa funzione ha area unitaria per ogni t > 0, ed al tendere di t -> inf è sempre più piccata attorno a $v_x = \omega/k$. In altri termini è una successione delta-convergente:
$$
f(t) \rightarrow \delta(2 (k v_x - \omega))
$$
Questo spiega perché il risultato non dipende dalla forma specifica della densità $f(v_x)$ ma solo dal valore al picco.
Venendo ai conti:
$$
\int_0^{+\infty} f(t) \frac{\pi q^2E_0^2}{m} f(v_x) dv_x \rightarrow \int_0^{+\infty} \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \delta(2 (k v_x - \omega)) f(v_x) dv_x
$$
e utilizzando le varie proprietà della delta di Dirac si semplifica:
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \delta(2 (k v_x - \omega)) f(v_x) dv_x = \frac{\pi q^2E_0^2}{m} \int_0^{+\infty} \frac{1}{2 k}\delta\left(v_x - \frac{\omega}{k}\right) f(v_x) dv_x
$$
$$
= \frac{\pi q^2E_0^2}{2 m k} f\left(\frac{\omega}{k}\right)
$$
Grazie mille per la risposta chiarissima Lampo! Avevo notato dal plot di $\frac{\sin(kx)}{x} che tendeva a "piccare" mandando k a infinito, ma non avevo assolutamente pensato alle distribuzioni...
Un ultimo dubbio: come mai integri da 0 a +inf e non su tutta la retta reale? O mi sono perso un 2 da qualche parte?
Un ultimo dubbio: come mai integri da 0 a +inf e non su tutta la retta reale? O mi sono perso un 2 da qualche parte?
Avevo ipotizzato che fosse $v_x > 0$ nel testo, ma rileggendo ora direi che me lo sono inventato 
Quindi sì, l'estremo di integrazione è $-\infty$
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