Потенциалы поля

Законы сохранения <<	Оглавление (Глава 5)	>> Дипольное излучение

$\textstyle \bullet$ Уравнения Максвелла состоят из двух пар уравнений. Одна пара (закон Гаусса для магнитного поля и закон Фарадея) не зависит от плотности заряда и тока. Поэтому возможно сразу построить решение этих уравнений. Начнём с закона Гаусса. Так как дивергенция ротора равна нулю, из равенства нулю дивергенции магнитного поля следует:

\nabla \mathbf {B} =0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;<=>\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathbf {B} =\nabla \times \mathbf {A} ,

где $\textstyle \mathbf {A}$ называется векторным потенциалом. Заметим, что стрелка следования направлена в обе стороны. Следование справа налево проверяется просто ( $\textstyle \nabla [\nabla \times \mathbf {A} ]=[\nabla \times \nabla ]\mathbf {A}$ =0). Обратное следование требует, вообще говоря, убывания полей на бесконечности \cite{StepanovVec}.

Возьмём ещё одно уравнение Максвелла, в котором нет зарядов (закон электромагнитной индукции Фарадея). При помощи векторного потенциала его можно переписать в следующем виде:

\nabla \times \mathbf {E} +{\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}\;=\;\nabla \times {\Bigl (}\mathbf {E} +{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}{\Bigr )}=0.

Аналогично дивергенции, если ротор некоторого векторного поля равен нулю, то это поле выражается через градиент скалярной функции. В одну сторону это утверждение доказывается элементарно. Можно показать, что оно справедливо и в обратную сторону \cite{StepanovVec}. Таким образом, решение двух уравнений Максвелла для дивергенции магнитного поля и ротора электрического поля выражается через четыре функции: скалярный потенциал $\textstyle \mathbf {\varphi }$ и три компоненты векторного потенциала $\textstyle \mathbf {A}$ :

\mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}},\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathbf {B} =\nabla \times \mathbf {A} .

(EQN)

Решения для электрического и магнитного поля, выраженные через скалярный и векторный потенциалы, можно подставить в оставшуюся пару уравнений $\textstyle \nabla \mathbf {E} =4\pi \rho$ и $\textstyle \nabla \times \mathbf {B} =4\pi \mathbf {j} +\partial \mathbf {E} /\partial t$ :

\partial ^{2}\,\varphi -{\frac {\partial }{\partial t}}{\Bigl (}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} {\Bigl )}=4\pi \rho ,\;\;\;\;\;\;\partial ^{2}\,\mathbf {A} +\nabla {\Bigl (}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} {\Bigl )}=4\pi \mathbf {j} ,

(EQN)

где $\textstyle \partial ^{2}$ — дифференциальный оператор Д'Аламбера:

\partial ^{2}={\frac {\partial ^{2}}{\partial t^{2}}}-\Delta ,

а $\textstyle \Delta =\nabla ^{2}$ - как обычно, оператор Лапласа. Уравнения () вместе с определениями () эквивалентны исходным уравнениям Максвелла.

$\textstyle \bullet$ Введенные выше потенциалы определены неоднозначно. Точнее, если провести следующие замены:

\mathbf {A} \mapsto \mathbf {A} +\nabla f,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\varphi \mapsto \varphi -{\frac {\partial f}{\partial t}},

где $\textstyle f$ - произвольная функция координат и времени, то значения электрического и магнитного полей () не изменятся. Проверим это для напряжённости электрического поля:

\mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\;\;\;\mapsto \;\;\;-\nabla \left(\varphi -{\frac {\partial f}{\partial t}}\right)-{\frac {\partial }{\partial t}}\left(\mathbf {A} +{\frac {\nabla f}{\partial t}}\right)=\mathbf {E} ,

где учтено, что частные производные по времени и координатам ( $\textstyle \nabla$ ) могут быть переставлены местами. Подобная неоднозначность позволяет наложить на потенциалы дополнительное условие:

{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} =0,

(EQN)

которое называется калибровкой Лоренца. Разберёмся, почему это можно сделать. Предположим, что данному электрическому и магнитному полю соответствуют потенциалы, которые не удовлетворяют этому условию. Точнее, в правой части калибровочного условия оказывается не ноль, а некоторая функция $\textstyle g=g(\mathbf {r} ,t)$ . Тогда, проведя замены потенциалов, при помощи функции $\textstyle f$ , которая удовлетворяет уравнению $\textstyle \partial ^{2}f=g$ , можно добиться равенства нулю калибровочного условия Лоренца:

{\frac {\partial }{\partial t}}\left(\varphi -{\frac {\partial f}{\partial t}}\right)+\nabla (\mathbf {A} +\nabla f)={\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} -\partial ^{2}f=g-\partial ^{2}f=0.

Итак, без нарушения общности можно считать, что выполняется (). В этом случае уравнения для потенциалов принимают простой вид:

\partial ^{2}\,\varphi =4\pi \rho ,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\partial ^{2}\,\mathbf {A} =4\pi \mathbf {j} .

(EQN)

В отсутствие зарядов ( $\textstyle \rho =0$ , $\textstyle \mathbf {j} =0$ ) эти уравнения становятся волновыми уравнениями для скалярной $\textstyle \varphi$ и векторной $\textstyle \mathbf {A}$ функций.

Если ввести 4-векторы потенциала $\textstyle A^{\alpha }=\{\varphi ,\;\mathbf {A} \}$ и тока $\textstyle j^{\alpha }=\{\rho ,\;\mathbf {j} \}$ , то эти два уравнения можно записать, как одно:

\partial ^{2}\,A^{\alpha }=4\pi j^{\alpha }.

(EQN)

Естественно, уравнений на самом деле 4, так как их необходимо расписывать отдельно для каждой компоненты $\textstyle \nu =0,1,2,3$ .

$\textstyle \bullet$ Выясним, как преобразуются потенциалы поля при смене инерциальной системы отсчёта. Для этого нам потребуется закон преобразования для производных. Рассмотрим функцию $\textstyle f=f(t,\mathbf {r} )$ координат и времени некоторого события, наблюдаемого из системы $\textstyle S$ . В силу преобразований Лоренца она также зависит от координат и времени этого же события в системе Невозможно разобрать выражение (MathML с переходом в SVG или PNG (рекомендуется для современных браузеров и инструментов повышения доступности): Недопустимый ответ («Math extension cannot connect to Restbase.») от сервера «https://wikimedia.org/api/rest_v1/»:): {\displaystyle \textstyle S'} . Поэтому $\textstyle f=f{\bigl (}t(t',\mathbf {r} '),\mathbf {r} (t',\mathbf {r} '){\bigr )}$ . Возьмём производные, как производные сложной функции ( $\textstyle \mathbf {r} =\{x,y,z\}=\{x_{1},x_{2},x_{3}\}$ ):

{\frac {\partial f}{\partial t'}}={\frac {\partial f}{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial t'}}+{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}{\frac {\partial x_{j}}{\partial t'}},\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\frac {\partial f}{\partial x'_{i}}}={\frac {\partial f}{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial x'_{i}}}+{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}{\frac {\partial x_{j}}{\partial x'_{i}}}.

По индексу $\textstyle j$ компонент радиус-вектора $\textstyle x_{j}$ подразумевается суммирование от 1 до 3. Записав обратное преобразование Лоренца (см. (), стр. \pageref{elect_lorenz_vec0}, с $\textstyle \mathbf {v} \mapsto -\mathbf {v}$ ):

t=\gamma \,(t'+{\mathbf {v} }{\mathbf {r} }'),\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\mathbf {r} }={\mathbf {r} }'+\gamma {\mathbf {v} }t'+\Gamma \,{\mathbf {v} }({\mathbf {v} }{\mathbf {r} }'),

несложно найти соответствующие производные:

{\frac {\partial t}{\partial t'}}=\gamma ,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\frac {\partial x_{i}}{\partial t'}}={\frac {\partial t}{\partial x'_{i}}}=\gamma v_{i},\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\frac {\partial x_{j}}{\partial x'_{i}}}=\delta _{ij}+\Gamma \,v_{i}v_{j},

где $\textstyle \delta _{ij}$ — символ Кронекера. Обозначим производную по времени, как $\textstyle \partial _{0}=\partial /\partial t$ , а для производной по координатам в векторном виде будем использовать знак наблы $\textstyle \nabla _{i}=\partial /\partial x_{i}$ . Опуская функцию $\textstyle f$ , запишем преобразование производных в операторном виде:

\partial '_{0}=\gamma \,(\partial _{0}+\mathbf {v} \mathbf {\nabla } ),\;\;\;\;\;\;\nabla '=\nabla +\gamma {\mathbf {v} }\,\partial _{0}+\Gamma \,{\mathbf {v} }({\mathbf {v} }\nabla ).

(EQN)

Обратим внимание, что, в отличие от прямых преобразований Лоренца, эти преобразования выглядят, как обратные, хотя в правой части стоят штрихованные величины, а в левой не — штрихованные. Как мы видели во второй главе, такое преобразование характерно для 4-ковекторов. Поэтому оператор производной является ковектором:

\partial _{\alpha }={\frac {\partial }{\partial x^{\alpha }}}=\left\{{\frac {\partial }{\partial t}},\;\nabla \right\},

где в ковариантных обозначениях компоненты 4-вектора события обозначены, как $\textstyle x^{\alpha }=\{t,\mathbf {r} \}$ . Напомним, что у 4-вектора индекс находится всегда вверху, а у 4-ковектора — внизу. Для запоминания можно считать, что при взятии производной $\textstyle \partial /\partial x^{\alpha }$ индекс $\textstyle \alpha$ лишь "перебирается" через знак дроби, оставаясь внизу так, что получившийся оператор является 4-ковектором $\textstyle \partial _{\alpha }$ с индексом внизу.

Замечательным свойством потенциалов является то, что они преобразуются, как компоненты 4-вектора $\textstyle A^{\nu }=\{\varphi ,\;\mathbf {A} \}$ :

\varphi '=\gamma \,(\varphi -\mathbf {v} \mathbf {A} ),\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\mathbf {A} }'={\mathbf {A} }-\gamma {\mathbf {v} }\,\varphi +\Gamma \,{\mathbf {v} }({\mathbf {v} }{\mathbf {A} }).

(EQN)

Используя преобразования для полей (),(), стр.\pageref{H_to_Hp}, это несложно проверить. Так, например, перемножая векторно () и (), имеем:

\mathbf {B} '=\nabla '\times \mathbf {A} '=\nabla \times {\mathbf {A} }+\gamma {\mathbf {v} }\times (\nabla \phi +\partial _{0}{\mathbf {A} })+\Gamma \,\{({\mathbf {v} }\nabla ){\mathbf {v} }\times {\mathbf {A} }-{\mathbf {v} }\times \nabla ({\mathbf {v} }{\mathbf {A} })\}.

Учитывая тождество: $\textstyle \mathbf {v} \times [\mathbf {v} \times [\nabla \times \mathbf {A} ]]=[\mathbf {v} \times \nabla ](\mathbf {v} \mathbf {A} )-(\mathbf {v} \nabla )[\mathbf {v} \times \mathbf {A} ],$ получаемое раскрытием двойного векторного произведения $\textstyle \mathbf {v} \times [\nabla \times \mathbf {A} ]$ , и связь электрического и магнитного поля с потенциалами, приходим к преобразованию для магнитного поля ():

\mathbf {B} '={\mathbf {B} }-\gamma {\mathbf {v} }\times {\mathbf {E} }-\Gamma \,[\mathbf {v} \times [\mathbf {v} \times \mathbf {B} ]]=\gamma \,(\mathbf {B} -\mathbf {v} \times \mathbf {E} )-\Gamma \mathbf {v} \,(\mathbf {v} \mathbf {B} ).

Аналогичные, чуть более громоздкие выкладки с учётом $\textstyle \gamma ^{2}-\gamma \Gamma =\Gamma$ приводят к преобразованиям для электрического поля ().

В качестве упражнения стоит проверить, что калибровка Лоренца () имеет одинаковый вид во всех системах отсчёта. В ковариантных обозначениях уравнение калибровки является свёрткой 4-вектора $\textstyle A^{\alpha }$ и 4-ковектора $\textstyle \partial _{\alpha }$ :

\partial _{\alpha }A^{\alpha }=\partial _{0}A^{0}+\partial _{i}A^{i}={\frac {\partial \phi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} =0,

где повторяющиеся греческие индексы суммируются от 0 до 3, а латинские от 1 до 3. Аналогично оператор Д'Аламбера имеет одинаковый вид для всех наблюдателей, так как в ковариантных обозначениях он равен:

\partial ^{2}=\partial _{\alpha }\partial ^{\alpha }=g^{\alpha \beta }\partial _{\alpha }\partial _{\beta }=\partial _{0}^{2}-\partial _{i}\partial _{i}={\frac {\partial ^{2}}{\partial t^{2}}}-\Delta .

Поэтому уравнения () выглядят одинаково для всех наблюдателей, если величина $\textstyle j^{\alpha }=(\rho ,\mathbf {j} )$ является 4-вектором. Покажем это, записав 4-ток следующим образом:

j^{\alpha }=\rho \,{\frac {dx^{\alpha }}{dt}}=\underbrace {\rho \,d^{3}\mathbf {x} } _{Q}\,{\frac {dx^{\alpha }}{d^{4}x}}.

(EQN)

При $\textstyle \alpha =0$ получаем $\textstyle j^{0}=\rho$ , иначе $\textstyle j^{i}=\mathbf {j} =\rho \mathbf {u}$ . Смещение в 4-пространстве $\textstyle dx^{\alpha }$ — это 4-вектор. Объём 4-пространства $\textstyle d^{4}x=dt\,d^{3}\mathbf {x}$ является инвариантом, что проверяется нахождением якобиана от преобразований Лоренца ( $\textstyle \lessdot$ H). Наконец, $\textstyle \rho \,d^{3}\mathbf {x}$ — это заряд в элементарном объёме, который инвариантен в силу принятых постулатов. В результате 4-ток оказывается 4-вектором.

$\textstyle \bullet$ Найдём теперь общее решение уравнений () в случае, когда функции плотности заряда $\textstyle \rho (\mathbf {x} ,t)$ и плотности тока $\textstyle \mathbf {j} (\mathbf {x} ,t)$ заданы. Скалярный потенциал в калибровке Лоренца удовлетворяет уравнению Д'Аламбера:

{\frac {\partial ^{2}\varphi }{\partial t^{2}}}-\Delta \varphi =4\pi \rho ,

где $\textstyle \rho =\rho (\mathbf {x} ,t)$ — некоторая заданная функция, а $\textstyle \varphi =\varphi (\mathbf {x} ,t)$ — неизвестная функция, которую необходимо найти.

С математической точки зрения это линейное неоднородное дифференциальное уравнение в частных производных второго порядка. Линейность означает, что если нам известны два его решения $\textstyle \varphi _{1}$ и $\textstyle \varphi _{2}$ , то, как легко видеть, их линейная комбинация $\textstyle C_{1}\varphi _{1}+C_{2}\varphi _{2}$ , где $\textstyle C_{i}$ — произвольные константы, также будет решением. Однородным это уравнение станет, когда $\textstyle \rho =0$ , и тогда его называют волновым уравнением.

Для решения уравнения необходимо задать начальные условия. Так как в нём есть производная по времени второго порядка, потребуется две функции координат: собственно $\textstyle \varphi (\mathbf {x} ,0)$ и значение её производной по времени $\textstyle \partial \varphi (\mathbf {x} ,0)/\partial t$ в начальный момент $\textstyle t=0$ . Общее решение уравнения Д'Аламбера может быть записано следующим образом:

\varphi =\varphi _{0}(\mathbf {x} ,t)+\varphi _{1}(\mathbf {x} ,t),

где $\textstyle \varphi _{0}(\mathbf {x} ,t)$ — общее решение однородного уравнения ( $\textstyle \rho =0$ ), а $\textstyle \varphi _{1}(\mathbf {x} ,t)$ — любое частное решение неоднородного уравнения ( $\textstyle \rho \neq 0$ ). Общее решение однородного уравнения обеспечит выполнение произвольных начальных условий, а частное решение — собственно выполнение самого уравнения.

Попробуем угадать вид частного решения, а затем проверим его подстановкой в уравнение. Если бы производной по времени не было, вместо уравнения Д'Аламбера получилось бы уравнение Пуассона:

\Delta \varphi =-4\pi \rho .

Его решение мы уже записывали в электростатике, как сумму (интеграл) по элементарным зарядам, создающим кулоновский потенциал:

где $\textstyle d^{3}\mathbf {r} =dV$ — элементарный объём, соответствующий переменной интегрирования $\textstyle \mathbf {r}$ . Интегрирование ведётся по всему пространству.

Если задача нестационарна и заряды движутся, то их плотность в данном элементарном объёме всё время изменяется. Однако информация об этом изменении достигает точки наблюдения поля только через время, равное расстоянию $\textstyle |\mathbf {x} -\mathbf {r} |$ (единичная скорость распространения). Поэтому предположим, что пуасссоновский интеграл остаётся в силе, однако плотность заряда в нём необходимо брать с учётом запаздывания в предшествующий момент времени $\textstyle t-|\mathbf {x} -\mathbf {r} |$ :

\varphi (\mathbf {x} ,t)=\varphi _{0}(\mathbf {x} ,t)+\int {\frac {\rho (\mathbf {r} ,\;t-|\mathbf {x} -\mathbf {r} |)}{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}\,d^{3}\mathbf {r} .

(EQN)

Это предположение оказывается верным. Убедимся в этом прямыми вычислениями. Обозначим расстояние (=время) запаздывания через $\textstyle R=|\mathbf {x} -\mathbf {r} |$ . Соответственно, $\textstyle \mathbf {R} =\mathbf {x} -\mathbf {r}$ . Возьмём лапласиан от подынтегрального выражения по переменной $\textstyle \mathbf {x}$ (или эквивалентно по $\textstyle \mathbf {R}$ ) как вторую производную произведения функций:

\nabla \nabla \left({\frac {\rho }{R}}\right)=\nabla \left({\frac {\nabla \rho }{R}}+\rho \nabla {\frac {1}{R}}\right)={\frac {\Delta \rho }{R}}-2(\nabla \rho )\,{\frac {\mathbf {R} }{R^{3}}}+\rho \Delta {\frac {1}{R}}.

(EQN)

Во втором слагаемом последнего равенства учтено значение градиента $\textstyle \nabla (1/R)=-\mathbf {R} /R^{3}$ . Градиент и лапласиан от плотности равны:

\nabla \rho =-{\frac {\partial \rho }{\partial t}}\,{\frac {\partial R}{\partial \mathbf {x} }}=-{\frac {\partial \rho }{\partial t}}\,{\frac {\mathbf {R} }{R}},\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Delta \rho ={\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}\left({\frac {\mathbf {R} }{R}}\right)^{2}-{\frac {\partial \rho }{\partial t}}\,\nabla {\frac {\mathbf {R} }{R}}={\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}-{\frac {\partial \rho }{\partial t}}\,{\frac {2}{R}}.

Подставляя всё это в (), получаем, что все слагаемые, кроме $\textstyle \rho \,\Delta (1/R)$ , сокращаются. Для лапласиана от $\textstyle 1/R$ справедливо соотношение:

\Delta {\frac {1}{R}}=-4\pi \delta (\mathbf {R} ).

Оно следует из закона Гаусса для точечного заряда $\textstyle \nabla \mathbf {E} =4\pi \delta (\mathbf {R} )$ и связи $\textstyle \mathbf {E} =-\nabla \varphi$ . Поэтому окончательно получаем: