Користувач:NAME XXX/Електродинаміка

Основні статті:

Теорія відносності.

Електродинаміка_1.

Електромагнітні хвилі

Електромагнітні хвилі.  

Якщо використати формальне виведення рівнянь Максвелла, то відразу можна сказати, що вони виконуються для напруженості електричного поля, що створюється системою зарядів, що рухаються рівномірно. Проте рівняння ці можуть містити і принципіально нові розв'язки. Якщо є простір, у якому немає зарядів і струмів, то система рівнянь Максвелла буде записана як $\ \nabla \mathbf {E} =0,\quad [\nabla \times \mathbf {E} ]=-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial B}{\partial t}},\quad \nabla \mathbf {B} =0,\quad [\nabla \times \mathbf {B} ]={\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}\qquad (.1)$.

Взявши ротори від роторних рівнянь, можна отримати:

$\ [\nabla \times [\nabla \times \mathbf {E} ]]=\nabla (\nabla \mathbf {E} )-\Delta \mathbf {E} =-\Delta \mathbf {E} =-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}[\nabla \times \mathbf {B} ]=-{\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\mathbf {E} }{\partial t^{2}}}$,

$\ [\nabla \times [\nabla \times \mathbf {B} ]]=-\Delta \mathbf {B} =-{\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}B}{\partial t^{2}}}\qquad$.

Очевидним розв'язком наведених хвильових рівнянь є поля, що не залежать від координат і часу ($\ \mathbf {E} _{0},\mathbf {B} _{0}=const$). Проте це не єдиний розв'язок, що задовольняє цим рівнянням.

Нехай

$\ u=(\mathbf {n} \cdot \mathbf {r} )-ct,\quad \mathbf {E} =\mathbf {E} (u),\quad \mathbf {B} =\mathbf {B} (u)$,

де $\ \mathbf {n}$ - постійний вектор. В основному, вигляд аргументу, від якого залежать характеристики полів, вибраний навмання. Єдиними критеріями його вибору була ідея про перехід до однієї змінної у рівняннях Максвелла як у випадку з вектором набла, так і в випадку із похідною по часу (наявність у аргументі як доданку, що залежить від часу, так і доданку, що залежить від радіус-вектору), і ідея про лінійність залежності аргументу від часу і компонент радіус-вектора.

Тоді, виконавши проміжні зміни у виразах з рівнянь Максвелла,

$\ \nabla \mathbf {E} =\sum _{i}{\frac {\partial E_{i}}{\partial x_{i}}}=\sum _{i}{\frac {dE_{i}}{du}}{\frac {du}{dr_{i}}}=\sum _{i}n_{i}{\frac {dE_{i}}{du}}={\frac {d}{du}}(\mathbf {n} \cdot \mathbf {E} ),\quad {\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}={\frac {d\mathbf {E} }{du}}{\frac {du}{dt}}=-c{\frac {d\mathbf {E} }{du}}$,

$\ \nabla \mathbf {B} ={\frac {d}{du}}(\mathbf {B} \cdot \mathbf {n} ),\quad {\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}=-c{\frac {d\mathbf {B} }{du}}$,

$\ [\nabla \times \mathbf {E} ]={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\{\frac {\partial }{\partial x}}&{\frac {\partial }{\partial y}}&{\frac {\partial }{\partial z}}\\E_{x}&E_{y}&E_{z}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\{\frac {d}{du}}{\frac {\partial u}{\partial x}}&{\frac {d}{du}}{\frac {\partial u}{\partial y}}&{\frac {d}{du}}{\frac {\partial u}{\partial z}}\\E_{x}&E_{y}&E_{z}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\{\frac {\partial }{\partial u}}n_{x}&{\frac {\partial }{\partial u}}n_{y}&{\frac {\partial }{\partial u}}n_{z}\\E_{x}&E_{y}&E_{z}\end{vmatrix}}={\frac {d}{du}}[\mathbf {n} \times \mathbf {E} ],\quad [\nabla \times \mathbf {B} ]={\frac {d}{du}}[\mathbf {n} \times \mathbf {B} ]$,

і підставивши їх у $\ (.1)$, можна отримати систему з чотирьох незалежних рівнянь:

$\ {\frac {d}{du}}(\mathbf {n} \cdot \mathbf {E} )=0,\quad {\frac {d}{du}}[\mathbf {n} \times \mathbf {E} ]={\frac {d\mathbf {B} }{du}},\quad {\frac {d}{du}}(\mathbf {n} \cdot \mathbf {B} )=0,\quad {\frac {d}{du}}[\mathbf {n} \times \mathbf {B} ]=-{\frac {d\mathbf {E} }{du}}$.

Якщо перенести праві частини до лівих цих рівнянь вліво, проінтегрувати і задати константи (що відповідають постійним компонентам полів) рівними нулю, то можна отримати

$\ (\mathbf {n} \cdot \mathbf {E} )=0,\quad [\mathbf {n} \times \mathbf {E} ]-\mathbf {B} =0,\quad (\mathbf {n} \cdot \mathbf {B} )=0,\quad [\mathbf {n} \times \mathbf {B} ]+\mathbf {E} =0$.

Якщо підставити $\ \mathbf {B}$ з другого рівняння у четверте, то, скориставшись першим, можна отримати значення квадрату вектора $\ \mathbf {n}$:

$\ \mathbf {B} =[\mathbf {n} \times \mathbf {E} ]\Rightarrow [\mathbf {n} \times [\mathbf {n} \times \mathbf {E} ]]=\left(\mathbf {n} (\mathbf {n} \cdot \mathbf {E} )-\mathbf {n} ^{2}\mathbf {E} \right)=-\mathbf {n} ^{2}\mathbf {E} =-\mathbf {E} \Rightarrow \mathbf {n} ^{2}=1$.

Отже, нетривіальний розв'язок рівнянь Максвелла є наступним:

$\ \mathbf {B} =[\mathbf {n} \times \mathbf {E} ],\quad (\mathbf {n} \cdot \mathbf {E} )=0,\quad \mathbf {n} ^{2}=1$.

В рамках такого розв'язку напруженість електричного поля може довільним чином залежати від $\ u$, а вектори напруженості електричного поля, індукції магнітного поля і $\ \mathbf {n}$ ортогональні один одному.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Закони збереження в електродинаміці

Вступ

Вступ.  

Процедура виведення законів збереження є досить штучною, оскільки потребує відповідного введення величин, яке не є очевидним. Нехай введено два вирази:

$\ W={\frac {\mathbf {E} ^{2}+\mathbf {B} ^{2}}{8\pi }},\quad \mathbf {P} ={\frac {c}{4\pi }}[\mathbf {E} \times \mathbf {B} ]$.

Без теореми Нетер їх можна отримати, лише "навмання" використовуючи різні операції із рівняннями Максвелла. Отже, у даному розділі можна обмежитись їх безпосереднім введенням. Аналогічно - з їх фізичним змістом. Проте при встановленні законів збереження їх фізичний зміст може бути встановлений доволі очевидним шляхом, тому ці викладки навести треба.

Також треба знати важливу "фільтруючу" властивість дельта-функції:

$\ \int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{\varepsilon }(t)f(t)dt=f(0)(\tau >0)$.

Доведення.  

Оскільки дельта-функція характеризує "густину" деякої функції по деякому аргументу, то можна ввести цю функцію інакше. А саме - наступним чином.

Нехай на протязі проміжку часу від $\ -a$ до $\ 0$ на деяке тіло (яке ізольоване у будь-який інший момент часу) діє постійна сила $\ F(t)$ і надає тілу одиничний імпульс. Тоді

$\ p=mv=1=\int \limits _{-\infty }^{\infty }F(t)dt=\int \limits _{-a}^{0}\delta _{a}(t)dt$.

Оскільки сила постійна на вказаному інтервалі, то

$\ \int \limits _{-a}^{0}\delta _{a}(t)dt=\delta _{a}(t)\int \limits _{-a}^{0}dt=\delta _{a}(t)a=1\Rightarrow \delta _{a}(t)={\frac {1}{a}}$

для моменту $\ -a<t\leqslant 0$, і, відповідно, $\ a=0$ для $\ t<-a,t>0$.

Тоді можна записати, що для деякої неперервної функції $\ f(t)$, що діє на протязі деякого інтервалу $\ (-a;0)$, можна записати ( для всіх $\ \tau >0$), що

$\ \left|\int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{a}(t)f(t)dt-f(0)\right|=\left|{\frac {1}{a}}\int \limits _{-a}^{0}f(t)-{\frac {f(0)}{a}}\int \limits _{-a}^{0}dt\right|\leqslant {\frac {1}{a}}\int \limits _{-a}^{0}|f(t)-f(0)|$.

У силу неперервності функції $\ f(t)$ існує величина $\ \eta >0$ така, що при $\ |t-0|<a(>0)$ $\ |f(t)-f(0)|<\eta (>0)$, звідки

$\ \left|\int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{a}(t)f(t)dt-f(0)\right|<{\frac {\eta }{a}}\int \limits _{-a}^{0}dt=\eta$.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Закон збереження енергії

Закон збереження енергії.  

Можна обчислити похідну від величини $\ W$ по часу, використовуючи рівняння Максвелла:

$\ {\frac {\partial W}{\partial t}}={\frac {1}{8\pi }}\left(2\mathbf {E} {\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}+2\mathbf {B} {\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}\right)=\left|{\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}=c[\nabla \times \mathbf {B} ]-4\pi \mathbf {j} ,\quad {\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}=-c[\nabla \times \mathbf {E} ]\right|=$

$\ ={\frac {1}{4\pi }}\left(c(\mathbf {E} \cdot [\nabla \times \mathbf {B} ])-4\pi (\mathbf {j} \cdot \mathbf {E} )-c(\mathbf {B} \cdot [\nabla \times \mathbf {E} ])\right)\qquad (.1)$.

Взявши дивергенцію від величини $\ \mathbf {P}$ (при урахуванні того, що оператор "набла" діє на обидва вектори векторного добутку) і підставивши її у $\ (.1)$, можна отримати:

$\ (\nabla \cdot \mathbf {P} )={\frac {c}{4\pi }}(\nabla \cdot [\mathbf {E} \times \mathbf {B} ])={\frac {c}{4\pi }}(\mathbf {B} \cdot [\nabla \times \mathbf {E} ])-{\frac {c}{4\pi }}(\mathbf {E} \cdot [\nabla \times \mathbf {B} ])\Rightarrow {\frac {\partial W}{\partial t}}=-(\nabla \cdot \mathbf {P} )-(\mathbf {j} \cdot \mathbf {E} )\Rightarrow {\frac {\partial W}{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {P} )+(\mathbf {j} \cdot \mathbf {E} )=0$.

Оскільки у даному виразі фігурує оператор "набла", то доцільно взяти інтеграл по об'єму від нього, тим самим використавши теорему Гаусса:

$\ {\frac {\partial }{\partial t}}\int \limits _{V}WdV+\int \limits _{V}(\mathbf {j} \cdot \mathbf {E} )dV=-\int \limits _{S}(\mathbf {P} \cdot d\mathbf {S} )\qquad (.2)$.

Використавши визначення густини струму для випадку системи точкових зарядів,

$\ \mathbf {j} =\sum _{i}\mathbf {v} _{i}\delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} _{i})q_{i}$,

та те, що інтеграл від дельта-функції по всьому об'єму рівен одиниці,

$\ \int \limits _{V}\delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} _{i})d^{3}\mathbf {r} =1$,

вираз $\ (.2)$ можна спростити:

$\ {\frac {\partial }{\partial t}}\int \limits _{V}WdV+\sum _{i}q_{i}(\mathbf {v} _{i}\cdot \mathbf {E} (\mathbf {r} _{i}))=-\int \limits _{S}(\mathbf {P} \cdot d\mathbf {S} )\qquad (.3)$.

Окрім того, у розділі "Сила у СТВ" сторінки "Теорія відносності" було показано, що $\ {\frac {\partial E_{k}}{\partial t}}=(\mathbf {F} \cdot \mathbf {v} )$. Якщо використати метод самоузгодженого поля (поля діють на заряди, що створюють ці поля) для сили Лоренца, то дане співвідношення набуде вигляду

$\ {\frac {\partial E_{k}}{\partial t}}=q(\mathbf {v} \cdot \mathbf {E} )+{\frac {q}{c}}(\mathbf {v} \cdot [\mathbf {v} \times \mathbf {B} ])=q(\mathbf {v} \cdot \mathbf {E} )$.

Отже, накінець, вираз $\ (.3)$ буде мати вигляд

$\ {\frac {\partial }{\partial t}}\left(\int \limits _{V}WdV+\sum _{i}E_{k}\right)=-\int \limits _{S}(\mathbf {P} \cdot d\mathbf {S} )\qquad (.4)$.

Другий доданок відповідає за сумарну кінетичну енергію усіх зарядів, в той час як перший, як слідує із виразу і інтерпретації другого доданку, відповідає за сумарну енергію поля. Сама ж величина $\ W$, відповідно до своєї розмірності, відповідає густині енергії електромагнітного поля.

Якщо на нескінченності відносно вибраного початку координат значення напруженості електричного та індукції магнітного полів прямують до нуля, а заряди зосереджені у кінцевій ділянці простору, то інтеграл від правої частини у $\ (.4)$ рівен нулю.

Доведення.  

Якщо значення полів на нескінченності зменшуються швидше, ніж за законом $\ {\frac {1}{r}}$, то при інтегруванні в сферичних координатах поверхневий інтеграл набуде вигляду $\ \int {\frac {r^{2}}{r^{2+\varepsilon }}}drd\theta$, де $\ \varepsilon$ - величина відхилення від степені 2. Наприклад, для точкових зарядів $\ |[\mathbf {E} \times \mathbf {B} ]|=f\left({\frac {1}{r^{4}}}\right)$ і, отже, на нескінченності інтеграл від цього виразу рівен нулю.

Тоді величина зліва зберігається із часом.

З $\ (.4)$ також слідує інтерпретація поверхневого інтегралу $\ \int \limits _{S}(\mathbf {P} \cdot d\mathbf {S} )$ і величини $\ \mathbf {P}$. Вираз-інтеграл відповідає за потік енергії електромагнітного поля через поверхню, а $\ \mathbf {P}$ - за густину потоку енергії поля, що покидає об'єм через поверхню, обмежену поверхнею $\ S$, і називається вектором Пойнтінга.

Закон збереження імпульса

Закон збереження імпульса.  

Можна обчислити похідну вектора Пойнтінга по часу, користуючись, як і у минуломі підрозділі, роторними рівняннями Максвелла:

$\ {\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial t}}={\frac {c}{4\pi }}\left(\left[\mathbf {E} \times {\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}\right]+\left[\mathbf {\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}} \times \mathbf {B} \right]\right)=-{\frac {c^{2}}{4\pi }}\left([\mathbf {B} \times [\nabla \times \mathbf {B} ]]+[\mathbf {E} \times [\nabla \times \mathbf {E} ]]\right)-c[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]\qquad (.5)$.

Тоді для $\ j$-тої компоненти даного виразу можна записати:

$\ \left({\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial t}}\right)_{j}+c^{2}\left[\rho \mathbf {E} _{j}+\sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{ij}+{\frac {1}{c}}[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]_{j}\right]=0\qquad (.6)$,

де

$\ \sigma _{ij}=\delta _{ij}W-\left(E_{i}E_{j}+B_{i}B_{j}\right)$ - тензор потоку імпульса.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Доведення.  

Доведення еквівалентності виразів доволі штучне, а до такого вигляду подвійний векторний добуток приводиться для отримання компонент тензора потоку імпульса.

Розкривши подвійний векторний добуток за стандартним правилом, врахувавши те, що оператор "набла" діє лише на один вектор, можна отримати:

$\ [\mathbf {E} \times [\nabla \times \mathbf {E} ]]=\sum _{i}E_{i}\nabla _{i}E_{i}-(\mathbf {E} \nabla )\mathbf {E} ={\frac {1}{2}}\nabla (\mathbf {E} ^{2})-(\mathbf {E} \nabla )\mathbf {E}$.

Цей вираз можна перетворити. Для початку можна розглянути похідну

$\ \nabla _{i}(E_{i}E_{j})=E_{j}(\nabla _{i}E_{i})+(E_{i}\nabla _{i})E_{j}$,

де $\ (E_{i}\nabla _{i})$ - диференціальний оператор.

Якщо просумувати по двом індексам, можна буде отримати наступну рівність:

$\ \sum _{i,j}\nabla _{i}(E_{i}E_{j}\mathbf {e} _{j})=\sum _{i}\nabla _{i}(E_{i}\mathbf {E} )=\mathbf {E} (\nabla \cdot \mathbf {E} )+(\mathbf {E} \nabla )\mathbf {E}$.

Виразивши з цієї рівності останній доданок і підставивши у тотожний вираз подвійного векторного добутку, можна отримати:

$\ (\mathbf {E} \nabla )\mathbf {E} =\sum _{i}\nabla _{i}(E_{i}\mathbf {E} )-\mathbf {E} (\nabla \cdot \mathbf {E} )\Rightarrow [\mathbf {E} \times [\nabla \times \mathbf {E} ]]={\frac {1}{2}}\nabla (\mathbf {E} ^{2})-\sum _{i}\nabla _{i}(E_{i}\mathbf {E} )+\mathbf {E} (\nabla \cdot \mathbf {E} )$.

Аналогічна рівність може бути отримана і для подвійного добутку із вектором магнітної індукції (з урахуванням рівняння Максвелла для дивергенції вектора індукції):

$\ [\mathbf {B} \times [\nabla \times \mathbf {B} ]]={\frac {1}{2}}\nabla (\mathbf {B} ^{2})-\sum _{i}\nabla _{i}(B_{i}\mathbf {B} )$.

Якщо ж об'єднати перші два доданки від отриманих рівностей для $\ [\mathbf {E} \times [\nabla \times \mathbf {E} ]],\quad [\mathbf {B} \times [\nabla \times \mathbf {B} ]]$, то можна отримати:

$\ {\frac {1}{2}}\nabla (\mathbf {E} ^{2})+{\frac {1}{2}}\nabla (\mathbf {B} ^{2})-\sum _{i}\nabla _{i}(E_{i}\mathbf {E} )-\sum _{i}\nabla _{i}(B_{i}\mathbf {B} )={\frac {1}{2}}\nabla \left(\mathbf {E} ^{2}+\mathbf {B} ^{2}\right)-\sum _{i}\nabla _{i}\left(E_{i}\mathbf {E} +B_{i}\mathbf {B} \right)=4\pi \nabla W-\sum _{i}\nabla _{i}\left(E_{i}\mathbf {E} +B_{i}\mathbf {B} \right)$.

Для $\ i$-тої частини $\ j$-тої компоненти цей вираз можна згорнути:

$\ 4\pi \nabla _{j}W-\nabla _{i}\left(E_{i}E_{j}+B_{i}B_{j}\right)=\nabla _{i}\left(\delta _{ij}W-\left(E_{i}E_{j}+B_{i}B_{j}\right)\right)=4\pi \nabla _{i}\sigma _{ij}$.

Тоді загальний вигляд рівності для j-тої компоненти виразу $\ (.5)$ буде наступним:

$\ \left({\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial p}}\right)_{j}+c^{2}\left[(\nabla \cdot \mathbf {E} )\mathbf {E} _{j}+\sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{ij}+{\frac {1}{c}}[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]_{j}\right]=\left({\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial p}}\right)_{j}+c^{2}\left[(\nabla \cdot \mathbf {E} )\mathbf {E} _{j}+\sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{ij}+{\frac {1}{c}}[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]_{j}\right]=0$. $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$ $\$

Знову ж таки, оператор "набла" у $\ (.6)$ наводить на ідею проінтегрувати його по об'єму.

Якщо значення напруженості електричного поля та індукції магнітного поля на нескінченності рівні нулю, то інтеграл від $\ \sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{ij}$ рівен нулю. Далі, оскільки

$\ \mathbf {j} =\sum _{i}q_{i}\mathbf {v} _{i}\delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} _{i}),\quad \mathbf {E} =\mathbf {E} (\mathbf {r} _{i}),\quad \mathbf {B} ={\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} (\mathbf {r} _{i})],\quad \int \limits _{V}\rho d^{3}\mathbf {r} =q$,

то після інтегрування можна отримати:

$\ \int \limits _{V}{\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial t}}d^{3}\mathbf {r} +c^{2}\sum _{i}q_{i}\left(\mathbf {E} (\mathbf {r} _{i})+{\frac {1}{c}}[\mathbf {v} _{i}\times \mathbf {B} ]\right)=const\qquad (.7)$.

Якщо поля можуть діяти на заряди, які створюють ці поля, то замість виразу для сили Лоренца можна записати похідну по часу імпульса усіх частинок:

$\ \sum _{i}q_{i}\left(\mathbf {E} (\mathbf {r} _{i})+{\frac {1}{c}}[\mathbf {v} _{i}\times \mathbf {B} ]\right)=\sum _{i}{\frac {d\mathbf {p} _{i}}{dt}}$.

Тоді, остаточно, вираз $\ (.7)$ набуде вигляду

$\ {\frac {d}{dt}}\left(\int \limits _{V}\mathbf {P} d^{3}\mathbf {r} +c^{2}\sum _{i}\mathbf {p} _{i}\right)=0\Rightarrow {\frac {1}{c^{2}}}\int \limits _{V}\mathbf {P} d^{3}\mathbf {r} +\sum _{i}\mathbf {p} _{i}=const$.

Цей закон відповідає за збереження сумарного імпульсу полів і зарядів, які знаходяться у цих полях. Тоді $\ {\frac {1}{c^{2}}}\int \limits _{V}\mathbf {P} d^{3}\mathbf {r}$ відповідає сумарному імпульсу поля.

Закон збереження момента імпульса

Закон збереження момента імпульса.  

Оскільки із $\ (.6)$ був отриманий закон збереження імпульса, то логічним є міркування векторного множення цього виразу на радіус-вектор $\ \mathbf {r}$ із використанням символу Леві-Чівіта для тензора:

$\ \left[\mathbf {r} \times {\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial t}}\right]_{j}+\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}r_{p}\sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{iq}+c^{2}\left[[\mathbf {r} \times \left(\rho \mathbf {E} +{\frac {1}{c}}[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]\right)\right]_{j}=0\qquad (.8)$.

У доданку для тензора $\ r_{p}$ можна внести під знак оператора "набла". Дійсно, користуючись тим, що $\ \nabla _{i}(ab)=\nabla _{i}(a)b+\nabla _{i}(b)a$, можна записати:

$\ \sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}r_{p}\sum _{i}\nabla _{i}\sigma _{iq}=\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}\sum _{i}\nabla _{i}r_{p}\sigma _{iq}-\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}\sum _{i}\sigma _{iq}\nabla _{i}r_{p}=\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}\sum _{i}\nabla _{i}r_{p}\sigma _{iq}-\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}\sum _{i}\sigma _{iq}\delta _{ip}=$

$\ =\sum _{j,p,q}\varepsilon _{jpq}\sum _{i}\nabla _{i}r_{p}\sigma _{iq}-\sum _{j,i,q}\varepsilon _{jiq}\sum _{i}\sigma _{iq}$.

Оскільки у останньому доданку тензор $\ \sigma _{iq}$ - симетричний, а $\ \varepsilon _{jiq}$ - симетричний, то їх згортка дасть нуль. Отже, $\ (.8)$ набуде вигляду

$\ \left[\mathbf {r} \times {\frac {\partial \mathbf {P} }{\partial t}}\right]_{j}+\sum _{i,j,p,q}\nabla _{i}\varepsilon _{jpq}r_{p}\sigma _{iq}+c^{2}\left[[\mathbf {r} \times \left(\rho \mathbf {E} +{\frac {1}{c}}[\mathbf {j} \times \mathbf {B} ]\right)\right]_{j}=0$.

Якщо взяти інтеграл по всьому об'єму, то, користуючись уже наведеними раніше міркуваннями, можна стверджувати, що якщо компоненти тензора на нескінченності зменшуються швидше, ніж за законом $\ {\frac {1}{r^{3}}}$, то інтеграл від тензорної величини буде рівен нулю. Знову ж таки, використовуючи метод самоузгодженого поля, можна отримати:

$\ {\frac {d}{dt}}\left(\int [\mathbf {r} \times \mathbf {P} ]dV+c^{2}\sum _{i}[\mathbf {r} _{i}\times \mathbf {p} _{i}]\right)=0$.

Перший доданок відповідає за момент імпульса поля, другий - за момент імпульса зарядів у полі.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Потенціали поля

Введення потенціалів та рівняння д'Аламбера для потенціалів

Потенціали поля.  

Якщо використати векторний потенціал, що був введений у підрозділі "Магнітостатика", та записати за допомогою нього рівняння для ротора напруженості електричного поля, можна буде отримати:

$\ \mathbf {B} =[\nabla \times \mathbf {A} ]\Rightarrow [\nabla \times \mathbf {E} ]+{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}=\left[\nabla \times \left(\mathbf {E} +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\right)\right]=0\Rightarrow \mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\qquad (.1)$

(знак мінус вибраний, очевидно, через представлення сили як градієнта від потенціальної енергії з оберненим знаком). Тепер можна переписати вираз для сили, що діє на заряд, що рухається, у електромагнітному полі, за допомогою виразів, отриманих для потенціалів:

$\ \mathbf {F} =q\mathbf {E} +{\frac {q}{c}}[\mathbf {v} \times \mathbf {B} ]=-q\nabla \varphi -{\frac {q}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}+{\frac {q}{c}}[\mathbf {v} \times [\nabla \times \mathbf {A} ]]$.

Використовуючи, знову ж таки, векторний потенціал і $\ (.1)$, можна переписати також рівняння для ротора індукції магнітного поля і для дивергенції напруженості електричного поля:

$\ [\nabla \times \mathbf {B} ]=[\nabla \times [\nabla \times \mathbf {A} ]]=\nabla (\nabla \cdot \mathbf {A} )-\Delta \mathbf {A} ={\frac {4\pi }{c}}\mathbf {j} +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\left(-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\right)\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \left({\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial t^{2}}}-\Delta \right)\mathbf {A} +\nabla \left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )\right)=\square \mathbf {A} +\nabla \left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )\right)={\frac {4\pi }{c}}\mathbf {j} \qquad (.2)$,

$\ (\nabla \cdot \mathbf {E} )=-\Delta \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}(\nabla \cdot \mathbf {A} )=\left({\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial t^{2}}}-\Delta \right)\varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )\right)=\square \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )\right)=4\pi \rho \qquad (.3)$.

Якщо задовольнити умову

$\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )=0$

(умова калібрування Лоренца), то вирази набудуть більш простого вигляду:

$\ \square \mathbf {A} ={\frac {4\pi }{c}}\mathbf {j} ,\quad \square \varphi =4\pi \rho \qquad (.4)$.

ОбГрунтування.  

Вирази $\ (.2),(.3)$ можна спростити, якщо використати властивість неоднозначної визначеності потенціалів. Дійсно, щодо векторного потенціалу уже було написано, що у випадку із рівнянням для дивергенції від вектора індукції він визначений з точністю до доданку - градієнту скалярної функції:

$\ \mathbf {A} \Rightarrow \mathbf {A} +\nabla f$.

Якщо також додати до скалярного потенціалу похідну від цієї ж самої функції,

$\ \varphi \Rightarrow \varphi +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial f}{\partial t}}$,

то значення напруженості електричного поля, як і індукції магнітного поля, визначені через ці потенціали, не зміняться:

$\ \mathbf {B} =[\nabla \times (\mathbf {A} +\nabla \varphi )]=[\nabla \times \mathbf {A} ],\quad \mathbf {E} =-\nabla \left(\varphi +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial f}{\partial t}}\right)-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\left(\mathbf {A} -\nabla \varphi \right)=-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}$.

Внаслідок цієї невизначеності можна накласти наступну умову на векторний і скалярний потенціал:

$\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \mathbf {A} )=0$.

Ця умова називається калібруванням Лоренца. Дійсно,

$\ {\frac {\partial }{\partial t}}{\frac {1}{c}}\left(\varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial f}{\partial t}}\right)+(\nabla \cdot (\mathbf {A} +\nabla \varphi ))={\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )+\square f=g\neq 0$.

Підбором функції $\ f$ можна добитися рівності нулю величини $\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )$, що й треба було довести.

Ідентичність двох рівнянь з $\ (.4)$ дозволяє припустити, що і в лівій, і в правій частині знаходяться компоненти двох 4-векторів: $\ A^{\alpha }=(\varphi ,\mathbf {A} ),\quad \mathbf {j} ^{\alpha }=(\rho ,{\frac {1}{c}}\mathbf {j} )$. Тоді рівняння $\ (.4)$ можуть бути записані як одне:

$\ \square A^{\alpha }=4\pi j^{\alpha }$.

Проте треба більш строго довести, що введені 4-вектори дійсно задовольняють своїм визначенням. Це робиться наступним чином: знаходяться перетворення для операторів похідних, 4-потенціалу, доводиться інваріантність калібрування Лоренца та 4-векторна природа струму.

ОбГрунтування для 4-вектора потенціалу.  

У статті "СТВ" було виведено перетворення для 4-вектора $\ r^{\alpha }=(\mathbf {r} ,ct)$. Аналогічно, компоненти 4-вектора $\ A^{\alpha }$ також повинні задовольняти таким перетворенням:

$\ \mathbf {\varphi } '=\gamma \left(\varphi -{\frac {(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )}{c}}\right),\quad \mathbf {A} '=\mathbf {A} +\Gamma {\frac {\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )-{\frac {\gamma }{c}}\mathbf {u} \mathbf {\varphi }$.

Це можна перевірити, отримавши відповідність, наприклад, перетворень вектора $\ \mathbf {B}$ при переході до нової ІСВ перетворенням Лоренца для вектора $\ \mathbf {B}$. Перед цим треба отримати закон перетворення похідних при переході до нової ІСВ.

Перетворення похідних.  

Доцільно використати перетворення для радіус-вектора та для часу. Обернені перетворення Лоренца для них виглядають наступним чином:

$\ \mathbf {r} =\mathbf {r} '+\Gamma \mathbf {u} {\frac {(\mathbf {u} \cdot \mathbf {r} ')}{c^{2}}}+\gamma \mathbf {u} t,\quad t=\gamma \left(t'+{\frac {(\mathbf {u} \cdot \mathbf {r} ')}{c^{2}}}\right)$.

Тоді, переходячи від змінних $\ x_{i}',t'$ до $\ x_{j},t$,

$\ {\frac {\partial }{\partial t'}}={\frac {\partial }{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial t'}}+{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial x_{j}}{\partial t}},\quad {\frac {\partial }{\partial x_{i}'}}={\frac {\partial }{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial x_{i}'}}+{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial x_{j}}{\partial x_{i}'}}$,

можна отримати:

$\ {\frac {\partial t}{\partial t'}}=\gamma ,\quad {\frac {\partial x_{j}}{\partial t}}=\gamma u_{j},\quad {\frac {\partial t}{\partial x_{i}'}}={\frac {\gamma u_{i}}{c^{2}}},\quad {\frac {\partial x_{j}}{\partial x_{i}}}=\delta _{ij}+\Gamma {\frac {u_{j}u_{i}}{c^{2}}}\Rightarrow \nabla _{i}={\frac {\partial }{\partial t}}{\frac {\gamma u_{i}}{c^{2}}}+\sum _{j}\left({\frac {\partial }{\partial x_{j}}}\delta _{ij}+{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\Gamma u_{i}u_{j}}{c^{2}}}\right)={\frac {\partial }{\partial t}}{\frac {\gamma u_{i}}{c^{2}}}+{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}+{\frac {\Gamma }{c^{2}}}u_{i}(\mathbf {u} \nabla )$.

Звідси слідує, що

$\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t'}}={\frac {1}{c}}\gamma {\frac {\partial }{\partial t}}+{\frac {1}{c}}\gamma \sum _{j}u_{j}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}=\gamma \left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}+{\frac {1}{c}}(\mathbf {u} \nabla )\right)$,

$\ \nabla '=\nabla +\Gamma {\frac {\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )+{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}}$.

Тепер можна використати визначення вектора магнітної індукції через векторний потенціал, перейшовши до нової ІСВ:

$\ \mathbf {B} '=[\nabla '\times \mathbf {A} ']=\left[\left(\nabla +\Gamma {\frac {\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )+{\frac {\gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} {\frac {\partial }{\partial t}}\right)\times \left(\mathbf {A} +\Gamma {\frac {\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )-{\frac {\gamma }{c}}\mathbf {u} \mathbf {\varphi } \right)\right]=$

$\ =\mathbf {B} +{\frac {\gamma }{c}}\left[\mathbf {u} \times \left(\nabla \varphi +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\right)\right]+{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\left((\mathbf {u} \cdot \nabla )[\mathbf {u} \times \mathbf {A} ]-[\mathbf {u} \times \nabla (\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )]\right)=\left|[\mathbf {u} \times [\mathbf {u} \times [\nabla \times \mathbf {A} ]]]=[\mathbf {u} \times \nabla (\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )]-(\mathbf {u} \nabla )[\mathbf {u} \times \mathbf {A} ]\right|=$

$\ =\mathbf {B} -{\frac {\gamma }{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}[\mathbf {u} \times [\mathbf {u} \times \mathbf {B} ]]]=\mathbf {B} -{\frac {\gamma }{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\left(\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {B} )-u^{2}\mathbf {B} \right)=\left|\Gamma ={\frac {\gamma -1}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}}\right|=\mathbf {B} \left(1-{\frac {u^{2}}{c^{2}}}\right)-{\frac {\gamma }{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {B} )=$

$\ =\gamma \left(\mathbf {B} -{\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]\right)-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {B} )$.

Аналогічно, застосувавши перетворення для вектора напруженості електричного поля, можна отримати:

$\ \mathbf {E} '=-\nabla '\varphi '-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} '}{\partial t'}}=-\gamma \left(\nabla +{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \cdot \nabla )+{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}}\right)\left(\varphi -{\frac {1}{c}}(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )\right)-{\frac {\gamma }{c}}\left({\frac {\partial }{\partial t}}+(\mathbf {u} \cdot \nabla )\right)\left(\mathbf {A} +{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )-{\frac {\gamma }{c}}\mathbf {u} \varphi \right)=$

$\ =-\gamma \nabla \varphi +{\frac {\gamma }{c}}\nabla (\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )-{\frac {\gamma \Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )\varphi +{\frac {\Gamma \gamma \mathbf {u} }{c^{3}}}(\mathbf {u} \nabla )(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )+{\frac {\gamma ^{2}\mathbf {u} }{c^{3}}}{\frac {\partial }{\partial t}}(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )-{\frac {\gamma ^{2}\mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}-{\frac {\gamma }{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}-{\frac {\Gamma \gamma \mathbf {u} }{c^{3}}}{\frac {\partial }{\partial t}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )+{\frac {\gamma ^{2}\mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}-{\frac {\gamma }{c}}(\mathbf {u} \nabla )\mathbf {A} -$

$\ -{\frac {\Gamma \gamma \mathbf {u} }{c^{3}}}(\mathbf {u} \nabla )(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )+{\frac {\gamma ^{2}\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )\varphi =\left|\mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\right|=\gamma \mathbf {E} +{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{3}}}(\gamma -\Gamma ){\frac {\partial }{\partial t}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )-{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )\varphi (\Gamma -\gamma )+{\frac {\gamma }{c}}\left(\nabla (\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )-\mathbf {A} (\mathbf {u} \nabla )\right)=$

$\ =|[\mathbf {u} \times [\nabla \times \mathbf {A} ]]=\nabla (\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )-\mathbf {A} (\mathbf {u} \nabla )=[\mathbf {u} \times \mathbf {B} ],\quad \Gamma -\gamma ={\frac {\gamma ^{2}}{\gamma +1}}-\gamma =-{\frac {\Gamma }{\gamma }}|=\gamma \mathbf {E} +{\frac {\gamma }{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {B} ]+{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )+{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )\varphi =$

$\ =\gamma \left(\mathbf {E} +{\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {B} ]\right)-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {E} )$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Менш постулативне виведення.  

Вивести перетворення для $\ \mathbf {A} ',\varphi '$ можна іншим шляхом. А саме - записати перетворення для $\ \mathbf {B} '=\mathbf {B} '(\mathbf {A} '),\quad \mathbf {E} '=\mathbf {E} '(\mathbf {A} ',\mathbf {\varphi } ')$, порівняти отримані вирази із перетвореннями Лоренца для полів і звідти вже отримати перетворення для $\ \mathbf {A} ',\varphi '$. Для спрощення виведення можна співнапрямити вісь $\ O_{x}$ із вектором відносної швидкості ІСВ: $\ \mathbf {u} =(u,0,0)$.

Будуть потрібні перетворення похідних:

$\ \nabla '=\nabla +{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )+{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}},\quad {\frac {\partial }{\partial t'}}=\gamma \left({\frac {\partial }{\partial t}}+(\mathbf {u} \nabla )\right)$.

Тоді для вектора $\ \mathbf {B} '$ можна записати:

$\ \mathbf {B} '=[\nabla '\times \mathbf {A} ']=\left[\left(\nabla +{\frac {\Gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )+{\frac {\gamma \mathbf {u} }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}}\right)\times \mathbf {A} '\right]=[\nabla \times \mathbf {A} ']+{\frac {\Gamma }{c^{2}}}(\mathbf {u} \nabla )[\mathbf {u} \times \mathbf {A} ']+{\frac {\gamma }{c^{2}}}{\frac {\partial }{\partial t}}[\mathbf {u} \times \mathbf {A} ']=$

$\ =\left({\frac {\partial A_{z}'}{\partial y}}-{\frac {\partial A_{y}'}{\partial z}};\quad {\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}'}{\partial x}};\quad {\frac {\partial A_{y}'}{\partial x}}-{\frac {\partial A_{x}'}{\partial y}}\right)+\left(0;\quad -{\frac {\Gamma }{c^{2}}}u^{2}{\frac {\partial A_{z}'}{\partial x}};\quad {\frac {\Gamma u^{2}}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{y}'}{\partial x}}\right)+\left(0;\quad -{\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{z}'}{\partial t}};\quad {\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{y}'}{\partial t}}\right)=$

$\ =\left({\frac {\partial A_{z}'}{\partial y}}-{\frac {\partial A_{y}'}{\partial z}};{\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}'}{\partial x}}-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}u^{2}{\frac {\partial A_{z}'}{\partial x}}-{\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{z}'}{\partial t}};{\frac {\partial A_{y}'}{\partial x}}-{\frac {\partial A_{x}'}{\partial y}}+{\frac {\Gamma u^{2}}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{y}'}{\partial x}}+{\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{y}'}{\partial t}}\right)=\left(B_{x};\gamma \left(B_{y}+{\frac {u}{c}}E_{z}\right);\gamma \left(B_{z}-{\frac {u}{c}}E_{y}\right)\right)$.

Тепер кожну рівність можна проаналізувати окремо. Із першої рівності слідує, що повинна виконуватися умова $\ A_{y}'=A_{y},A_{z}'=A_{z}$. Дійсно, це слідує з довільності $\ A_{y},A_{z}$ і з того, що $\ B_{x}={\frac {\partial A_{z}}{\partial y}}-{\frac {\partial A_{y}}{\partial z}}$.

Для отримання перетворень $\ A_{x}'$ достатньо розглянути одну із двох рівностей, що залишились. Можна взяти другу рівність:

$\ {\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}-{\frac {\Gamma u^{2}}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}-{\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{z}}{\partial t}}=\left|\Gamma ={\frac {\gamma -1}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}}\right|={\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}-\gamma {\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}+{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}-{\frac {\gamma u}{c^{2}}}{\frac {\partial A_{z}}{\partial t}}=\left|(.1):{\frac {1}{c}}{\frac {\partial A_{z}}{\partial t}}=-{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}-E_{z}\right|=$

$\ ={\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}-\gamma {\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}+{\frac {\gamma u}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial z}}+{\frac {\gamma u}{c}}E_{z}=\gamma \left(B_{y}+{\frac {u}{c}}E_{z}\right)$.

Звідси слідує, що

$\ {\frac {\partial A_{x}'}{\partial z}}=\left|B_{y}={\frac {\partial A_{x}}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}\right|=\gamma \left({\frac {\partial A_{x}}{\partial z}}-{\frac {u}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial z}}\right)\Rightarrow A_{x}'=\gamma \left(A_{x}-{\frac {u}{c}}\varphi \right)$.

Далі можна використати перетворення для $\ \mathbf {E} '$ (умова щодо вибору системи координат залишилась незмінною):

$\ \mathbf {E} '=-\nabla '\varphi '-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} '}{\partial t'}}\Rightarrow E_{y}'=-{\frac {\partial \varphi '}{\partial y}}-{\frac {\gamma }{c}}\left({\frac {\partial }{\partial t}}+u{\frac {\partial }{\partial x}}\right)A_{y}=-{\frac {\partial \varphi '}{\partial y}}-{\frac {\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{y}}{\partial t}}-{\frac {u\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{y}}{\partial x}}+\left({\frac {u\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{x}}{\partial y}}-{\frac {u\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{x}}{\partial y}}\right)=$

$\ =-{\frac {\partial \varphi '}{\partial y}}-{\frac {\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{y}}{\partial t}}-\gamma {\frac {u}{c}}B_{z}-{\frac {u\gamma }{c}}{\frac {\partial A_{x}}{\partial y}}=\gamma \left(E_{y}-{\frac {u}{c}}B_{z}\right)\Rightarrow \left|E_{y}=-{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial A_{y}}{\partial t}}\right|\Rightarrow {\frac {\partial \varphi '}{\partial y}}=\gamma \left({\frac {\partial \varphi }{\partial y}}-{\frac {u}{c}}{\frac {\partial A_{x}}{\partial y}}\right)\Rightarrow \varphi '=\gamma \left(\varphi -{\frac {u}{c}}A_{x}\right)$.

Отримані перетворення, вочевидь, є перетвореннями компонент 4-вектора. Їх дуже просто, як і в випадку із радіус-вектором, узагальнити:

$\ \mathbf {\varphi } '=\gamma \left(\varphi -{\frac {(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )}{c}}\right),\quad \mathbf {A} '=\mathbf {A} +\Gamma {\frac {\mathbf {u} }{c^{2}}}(\mathbf {A} \cdot \mathbf {u} )-{\frac {\gamma }{c}}\mathbf {u} \mathbf {\varphi }$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$ $\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Додаток: інваріантність оператора д'Аламбера і калібровки Лоренца.  

Інваріантність оператора д'Аламбера слідує з того, що він є згорткою 4-ковектора $\ \nabla _{\alpha }$ самим з собою, або, що рівноцінно написаному, скалярному добутку самого на себе. Перетворення Лоренца залишають скалярний добуток інваріантним, а отже

$\ \nabla _{\alpha }\nabla ^{\alpha }={\frac {\partial ^{2}}{\partial t^{2}}}-\nabla ^{2}=inv$.

Аналогічне можна написати і у випадку з калібрувальною умовою Лоренца, оскільки вона є згорткою 4-ковектора оператора диференціювання та 4-вектора потенціалу:

$\ \nabla ^{\alpha }A^{\alpha }={\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+\nabla \mathbf {A} =0=inv$.

Звісно, все це можна формально перевірити, підставивши замість $\ \nabla _{\alpha }',A^{\alpha }$ вирази-перетворення Лоренца.

ОбГрунтування для 4-вектора струму.  

4-вектор струму, відповідно до рівняння д'Аламбера, повинен бути записаний як

$\ j^{\alpha }=(\rho ,{\frac {1}{c}}\mathbf {j} ),j^{\alpha }=\rho {\frac {dx^{\alpha }}{cdt}}=\rho d^{3}\mathbf {x} {\frac {dx^{\alpha }}{d^{4}x}}=Q{\frac {dx^{\alpha }}{d^{4}x}}\qquad (.5)$.

При $\ \alpha =0$ можна отримати

$\ j^{0}=\rho$,

а при $\ \alpha =\left(1,3\right)$ -

$\ j^{\alpha }=\rho {\frac {dx^{\alpha }}{cdt}}={\frac {1}{c}}\rho v^{\alpha }$.

Виходячи з $\ (.5)$, можна показати, що величина $\ j^{\alpha }$ - дійсно 4-вектор. У ній $\ dx^{\alpha }$ - 4-вектор, величина $\ Q$, що є зарядом, інваріантна, а величина $\ d^{4}x$ є елементом об'єму, який є інваріантом перетворень Лоренца. Дійсно,

$\ d^{4}x'=\left|{\frac {\partial x'^{\nu }}{\partial x_{\mu }}}\right|d^{4}x=det\Lambda d^{4}x=d^{4}x$,

де визначник матриці Лоренца рівен одиниці (доведення див. у розділі "Тензори у СТВ" статті "Теорія відносності").

Отже, 4-струм є 4-вектором.

Розв'язок рівняння д'Аламбера

Розв'язок рівнянь д'Аламбера.  

Перший метод розв'язку

Отримані рівняння д'Аламбера можна розв'язати із наступних міркувань. Відомо, що загальний розв'язок рівнянь Пуассона для $\ \mathbf {A} ,\varphi$, як уже було отримано (для першого - у розділі "Магнітостатика", для другого - у розділі "Додаткові матеріали"), дається інтегралами

$\ \mathbf {A} =\int {\frac {\mathbf {j} (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}},\quad \varphi =\int {\frac {\rho (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}$.

У неоднорідному нестаціонарному випадку густина заряду і струму увесь час змінюється, причому інформація про це досягає спостерігача лише за час $\ t={\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}$. Оскільки, окрім того, у рівнянні д'Аламбера присутня похідна по часу, то природньо, що розв'язок цього рівняння для скалярного потенціалу і для кожної компоненти векторного потенціалу залежить не тільки від $\ \mathbf {r}$, а й від $\ t=\tau -{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}$, що виражає час запізнення: $\ \rho =\rho \left(\mathbf {r} ,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)$. Тоді можна допустити, що розв'язком рівняння д'Аламбера є той же інтеграл Пуассона, проте тепер густина є функцією і від часу. Наприклад, для $\ \rho$:

$\ \varphi =\varphi _{0}+\int {\frac {\rho \left(\mathbf {r} ,\tau -{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}$,

де $\ \varphi _{0}$ - функція, що задовільняє хвильовому рівнянню.

Доведення.  

Можна безпосередньо перевірити вірність цього припущення. Для початку можна послідовно знайти значення лапласіана від густини, поділеної на $|\mathbf {R} |=|\mathbf {x} -\mathbf {r} |$:

$\ \Delta {\frac {\rho }{R}}=\nabla \left({\frac {1}{R}}\nabla \rho +\rho \nabla {\frac {1}{R}}\right)={\frac {1}{R}}\Delta \rho +2(\nabla \rho )\nabla {\frac {1}{R}}+\rho \Delta {\frac {1}{R}}=$

$\ \left|\nabla \rho ={\frac {d\rho \left(\mathbf {r} ,\tau -{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)}{d\mathbf {x} }}={\frac {\partial \rho }{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial \mathbf {x} }}=-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \rho }{\partial t}}{\frac {\mathbf {R} }{R}},\quad \Delta \rho ={\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}\left({\frac {\mathbf {R} }{R}}\right)^{2}-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \rho }{\partial t}}{\frac {\partial }{\partial \mathbf {x} }}\left({\frac {\mathbf {R} }{R}}\right)={\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}+{\frac {2}{c}}{\frac {1}{R}}{\frac {\partial \rho }{\partial t}},\quad \nabla {\frac {1}{R}}=-{\frac {\mathbf {R} }{R^{3}}}\right|=$

$\ ={\frac {1}{c^{2}}}{\frac {1}{R}}{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}+{\frac {2}{c}}{\frac {1}{R^{2}}}{\frac {\partial \rho }{\partial t}}-{\frac {2}{c}}{\frac {\partial \rho }{\partial t}}{\frac {\mathbf {R} ^{2}}{R^{4}}}+\rho \Delta {\frac {1}{R}}={\frac {1}{c^{2}}}{\frac {1}{R}}{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}+\rho \Delta {\frac {1}{R}}$.

Лапласіан від виразу $\ {\frac {1}{R}}$ просто отримани із рівняння Максвелла для дивергенції напруженості електричного поля статичного заряду:

$\ \mathbf {E} =-\nabla {\frac {Q}{R}}\Rightarrow \nabla \mathbf {E} =-Q\Delta {\frac {1}{R}}=-4\pi Q\delta _{a}(\mathbf {R} )\Rightarrow \Delta {\frac {1}{R}}=-4\pi \delta _{a}(\mathbf {R} )$.

Якщо підставити всі ці вирази у $\ (.4)$, можна отримати, що

$\ {\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\varphi }{\partial t^{2}}}-{\frac {1}{c^{2}}}\int {\frac {{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}=4\pi \int \rho \left(\mathbf {r} ,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)\delta _{a}(\mathbf {x} -\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r}$. Далі треба врахувати два аспекти. По-перше, величини $\ \mathbf {x} ,\mathbf {r}$ у будь-який момент часу не залежать від $\ t$: перший вектор відповідає фіксованій точці простору, другий - змінній інтегрування. Тому $\ {\frac {\partial }{\partial t}}$ еквівалентно $\ {\frac {\partial }{\partial \tau }}$. А отже,

$\ {\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\varphi }{\partial t^{2}}}-{\frac {1}{c^{2}}}\int {\frac {{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}={\frac {1}{c^{2}}}\int {\frac {{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}-{\frac {1}{c^{2}}}\int {\frac {{\frac {\partial ^{2}\rho }{\partial t^{2}}}d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}=0$.

По-друге, користуючись "фільтруючою" властивістю дельта-функції (докладніше - див. розділ "Закони збереження у електродинаміці"), можна записати, що

$\ 4\pi \int \rho \left(\mathbf {r} ,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)\delta _{a}(\mathbf {x} -\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} =4\pi \rho (\mathbf {x} ,t)$.

Отже, наведені розв'язки для скалярного і векторного потенціалів задовольняють рівнянню д'Аламбера.$\$$\$$\$$\$$\$

Другий метод розв'язку. Функція Гріна

Рівняння також можна розв'язати "менш фізично", але більш строго. Для цього треба розглянути поняття функції Гріна.

Нехай є деяке рівняння

$\ Lu(\mathbf {x} )-\lambda u(\mathbf {x} )=f(\mathbf {x} )\qquad (.6)$,

де $\ L$ - ермітів оператор, $\ u(\mathbf {x} )$ - шукана функція, $\ f(\mathbf {x} )$ - функція неоднорідність.

Для розв'язку рівняння можна розкласти шукану функцію та функцію неоднорідність по власним функціям оператора $\ L$:

$\ u(\mathbf {x} )=\sum \limits _{n}c_{n}u_{n}(\mathbf {x} ),\quad f(\mathbf {x} )=\sum \limits _{n}d_{n}u_{n}(\mathbf {x} ),\quad d_{n}=f(\mathbf {x} )\cdot u_{n}(\mathbf {x} )=\int f(\mathbf {x} ')u_{n}(\mathbf {x} ')d^{3}\mathbf {x} '$.

Враховуючи, що для власних функцій

$\ Lu_{n}(\mathbf {x} )=\lambda _{n}u_{n}(\mathbf {x} )$,

де $\ \lambda _{n}$ - власне число оператора, якому відповідає одна власна функція $\ u_{n}(\mathbf {x} )$ (невироджений випадок), із початкового рівняння можна отримати

$\ \sum \limits _{n}(\lambda _{n}-\lambda )c_{n}u_{n}(\mathbf {x} )=\sum _{n}d_{n}u_{n}(\mathbf {x} )\Rightarrow c_{n}={\frac {d_{n}}{\lambda _{n}-\lambda }}={\frac {\int f(\mathbf {x} ')u_{n}(\mathbf {x} ')d^{3}\mathbf {x} '}{\lambda _{n}-\lambda }}$,

і

$\ u(\mathbf {x} )=\sum \limits _{n}{\frac {u_{n}(\mathbf {x} )\int f(\mathbf {x} ')u_{n}(\mathbf {x} ')d^{3}\mathbf {x} '}{\lambda _{n}-\lambda }}=\int G(\mathbf {x} ,\mathbf {x} ')f(\mathbf {x} ')d^{3}\mathbf {x} '\qquad (.7)$,

де була введена функція Гріна:

$\ G(\mathbf {x} ,\mathbf {x} ')=\sum \limits _{n}{\frac {u_{n}(\mathbf {x} ')u_{n}(\mathbf {x} )}{\lambda _{n}-\lambda }}$.

Із отриманого розв'язку для $\ u(\mathbf {x} )$ видно, що якщо у початкове рівняння замість функції-неоднорідності $\ f(\mathbf {x} )$ підставити $\ \delta (\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0})$, то розв'язок $\ (.7)$ набуде вигляду

$\ u(\mathbf {x} )=\int G(\mathbf {x} ,\mathbf {x} ')\delta (\mathbf {x} '-\mathbf {x} _{0})d^{3}\mathbf {x} '=G(\mathbf {x} ,\mathbf {x} _{0})$.

Таким чином, функція Гріна є розв'язком рівняння $\ (.6)$, де у вигляді неоднорідності стоїть дельта функція $\ \delta (\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0})$:

$\ LG(\mathbf {x} ,\mathbf {x} _{0})-\lambda G(\mathbf {x} ,\mathbf {x} _{0})=\delta (\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0})$.

Тепер можна перейти до розв'язання рівняння д'Аламбера на потенціали. Зрозуміло, знову ж таки, що можна розглянути лише рівняння для скалярного потенціалу. Тоді

$\ L\varphi ={\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\varphi (\mathbf {x} ,t)}{\partial t^{2}}}-\Delta \varphi (\mathbf {x} ,t)=4\pi \rho (\mathbf {x} ,\mathbf {t} )$,

і функція Гріна є розв'язком рівняння

$\ {\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}G(\mathbf {x} ,t)}{\partial t^{2}}}--\Delta G(\mathbf {x} ,t)=\delta (\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0})\delta (t-t_{0})\qquad (.8)$.

Без зменшення загальності можна покласти $\ \mathbf {x} _{0}=0,t_{0}=0$. А рівяння можна переписати алгебраїчним рівнянням у 4-вимірному Фур'є-просторі:

$\ G(\mathbf {k} ,\omega )=\int d^{3}\mathbf {x} \int e^{-i(wt-(\mathbf {k} \cdot \mathbf {x} ))}G(\mathbf {x} ,t)dt,\quad G(\mathbf {x} ,t)={\frac {1}{(2\pi )^{4}}}\int d^{3}\mathbf {k} \int e^{i(\omega t-(\mathbf {k} \cdot \mathbf {x} ))}G(\mathbf {k} ,\omega )d\omega$.

Тоді, вважаючи поля (а отже, і функцію Гріна) нульовими на нескінченності (наприклад, вони обернено пропорційні деякій степені $\ (|\mathbf {x} |)$ і розглядаючи частинну похідну по $\ x$ (розгляд всіх інших похідних буде аналогічним), можна буде визначити явний вигляд д'Аламбертіану у просторі Фур'є. Дійсно, за вищеозначеної умови перетворення

$\ {\frac {\partial ^{2}G(\mathbf {x} ,t)}{\partial x^{2}}}->\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-i\omega t}dt\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{y}y}dy\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{z}z}dz\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{x}x}{\frac {\partial ^{2}G(\mathbf {x} ,t)}{\partial x^{2}}}dx$

при розгляді лише інтегралу по $\ x$ шляхом інтегрування по частинам спроститься наступним чином:

$\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{x}x}{\frac {\partial ^{2}\varphi (\mathbf {x} ,t)}{\partial t^{2}}}dx={\frac {\partial G(\mathbf {x} ,t)}{\partial x}}e^{ik_{x}x}{\bigg |}_{-\infty }^{\infty }-ik_{x}\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{x}x}{\frac {\partial G(\mathbf {x} ,t)}{\partial x}}dx={\frac {\partial G}{\partial x}}e^{ik_{x}x}{\bigg |}_{-\infty }^{\infty }-G(\mathbf {x} ,t)e^{ik_{x}x}{\bigg |}_{-\infty }^{\infty }-k_{x}^{2}\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{x}x}G(\mathbf {x} ,t)dx=$

$\ =-k_{x}^{2}\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{x}x}\varphi (\mathbf {x} ,t)dx$,

а тому рівняння, після перетворення

$\ {\frac {\partial ^{2}G(\mathbf {x} ,t)}{\partial x^{2}}}->-k_{x}^{2}G(\mathbf {k} ,\omega )\Rightarrow {\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\varphi (\mathbf {x} ,t)}{\partial t^{2}}}-\Delta \varphi (\mathbf {x} ,t)=\left(k^{2}-{\frac {\omega ^{2}}{c^{2}}}\right)G(\mathbf {k} ,\omega )$,

набуде вигляду

$\ \left(k^{2}-{\frac {\omega ^{2}}{c^{2}}}\right)G(\mathbf {k} ,\omega )=1$.

Звідси функція Гріна у Фур'є-просторі рівна

$\ G(\mathbf {k} ,\omega )={\frac {c^{2}}{k^{2}c^{2}-\omega ^{2}}}$.

Тепер треба перейти до "стандартного" простору-часу. Для цього можна використати обернене перетворення, що було записано вище:

$\ G(\mathbf {k} ,\omega )->{\frac {c^{2}}{(2\pi )^{4}}}\int e^{i(\mathbf {k} \cdot \mathbf {x} )}d^{3}\mathbf {k} \int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{-i\omega t}d\omega }{k^{2}c^{2}-\omega ^{2}}}$.

Після переходу до сферичної системи координат та співнапрямлення полярної осі у сферичній системі із вектором $\ \mathbf {x}$ інтеграл можна записати як

$\ -{\frac {c^{2}}{(2\pi )^{3}}}\int \limits _{0}^{\infty }k^{2}dk\int \limits _{0}^{\pi }e^{ikxcos(\theta )}d(cos(\theta ))\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{-i\omega t}d\omega }{k^{2}c^{2}-\omega ^{2}}}={\frac {c^{2}}{4\pi ^{3}x}}\int \limits _{0}^{\infty }k{\frac {e^{ikx}-e^{-ikx}}{2i}}dk\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{-i\omega t}d\omega }{k^{2}c^{2}-\omega ^{2}}}={\frac {c^{2}}{4\pi ^{3}x}}\int \limits _{0}^{\infty }sin(kx)kdk\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{-i\omega t}d\omega }{k^{2}c^{2}-\omega ^{2}}}$.

При інтегруванні по $\ \omega$ виникає складність у зв'язку з розташуванням полюсів $\ kc,-kc$ на осі інтегрування. Їх можна обходити або у верхній півплощині, або у нижній. Цю складність можна усунути, розглянувши початкове рівняння $\ (.8)$ та загальні фізичні міркування. Із рівняння слудає, що при $\ t=0$ воно має збурення. А що відбувається, виходячи з рівняння, при $\ t<0$? Користуючись принципом причинності, можна допустити, що при $\ t<0$ $\ G(\mathbf {x} ,t)=0$ і обходити полюси згори, замкнувши контур інтегрування в нижній напівплощині. Дійсно, подальші міркування, що допускали б $\ G(\mathbf {x} ,t)=0$ при $\ t>0$, були б пов'язані з "випередженням" дії потенціалу в даній точці (про це буде написано дещо нижче).

Тепер же, обходячи полюси у верхній напівплощині та замикаючи контур згори ( для $\ t<0$), можна одразу отримати нуль. А для $\ t>0$ можна отримати, що інтеграл рівен

$\ I={\frac {c^{2}}{4\pi ^{3}x}}\int \limits _{0}^{\infty }ksin(kx)2\pi i\left[{\frac {e^{-ikct}}{2kc}}-{\frac {e^{ikct}}{2kc}}\right]dk={\frac {ic}{4\pi ^{2}x}}\int \limits _{0}^{\infty }sin(kx)\left(e^{-ikct}-e^{ikct}\right)dk$.

Наведений інтеграл можна взяти досить просто. По-перше, функція під знаком інтегралу є симетричною. Тому

$\ I={\frac {ic}{8\pi ^{2}x}}\int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)\left(e^{-ikct}-e^{ikct}\right)dk={\frac {ic}{8\pi ^{2}x}}\left[\int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)e^{-ikct}dk-\int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)e^{ikct}dk\right]$.

По-друге, другий доданок в силу "антисиметричних" меж інтегрування рівен подвоєному першому:

$\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)e^{ikct}dk=|k->-k|=\int \limits _{\infty }^{-\infty }sin(kx)e^{-ikct}dk=-\int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)e^{-ikct}dk$.

Отже,

$\ I={\frac {ic}{4\pi ^{2}x}}\int \limits _{-\infty }^{\infty }sin(kx)e^{-ikct}dk={\frac {c}{8\pi ^{2}x}}\int \limits _{-\infty }^{\infty }\left(e^{ik(x-ct)}-e^{ik(x+ct)}\right)dk$.

Залишається лише довести, що

$\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{ikh}dk=2\pi \delta (h)$.

Дійсно,

$\ \delta ^{h}->\int \limits _{-\infty }^{\infty }\delta (h)e^{-ikh}dh=1\Rightarrow {\frac {1}{2\pi }}\int \limits _{-\infty }^{\infty }1e^{ikh}dk=\delta (h)$.

Отже, накінець,

$\ I={\frac {c}{4\pi x}}\left[\delta (x-ct)+\delta (x+ct)\right]$.

Оскільки

$\ x=|\mathbf {x} |>0,t>0$,

то

$\ I={\frac {c}{4\pi |\mathbf {x} |}}\delta (|\mathbf {x} |-ct)$.

Згадуючи, що від $\ \mathbf {x} _{0},t_{0}$ результат не залежить, можна записати функцію Гріна як

$\ G(\mathbf {x} ,t)={\frac {c}{4\pi |\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}}\delta (|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|-c(t-t'))$.

Тоді, повертаючись до початкового рівняння д'Аламбера

$\ \square \varphi (\mathbf {x} ,t)=4\pi \rho (\mathbf {x} ,t)$,

можна отримати відповідь:

$\ \varphi (\mathbf {x} ,t)=c\int {\frac {\rho (\mathbf {x} ',t')\delta (|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|-c(t-t'))d^{3}\mathbf {x} 'dt}{|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}}=\int {\frac {\rho (\mathbf {r} ',t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}{c}})d^{3}\mathbf {x} '}{|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}}$.

Доданок $\ {\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}{c}}$, очевидно, пов'язаний із "запізненням" розповсюдження поля: при відстані від спостерігача у точці $\ \mathbf {x}$ зміна у полі дійде до нього із точки $\ \mathbf {x} '$ за час $\ {\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {x} '|}{c}}$. Тобто, зміна поля, що з'явилась при русі заряда, дійде до спостерігача тоді, коли заряд вже буде в іншій точці. Відповідно, якби з самого початку було б вибрано, що $\ \varphi (\mathbf {x} ,t)=0$ при $\ t>0$, то зміна поля, що зумовлена рухом заряду у точку $\ \mathbf {r} '$ дійшла до спостерігача ще до того, як заряд був би у точці $\ \mathbf {r} '$, що протирічить принципу причинності. $\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Калібрування

Калібрування.  

Рівняння Максвелла, у яких вектори поля подані через 4-потенціал, мають досить цікаву структуру. А саме, вони виглядають як

$\ -\Delta \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}(\nabla \cdot \mathbf {A} )=4\pi \rho$,

$\ \square \mathbf {A} +\nabla \left({\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}+(\nabla \cdot \mathbf {A} )\right)={\frac {4\pi }{c}}\mathbf {j}$.

Видно, що у першому рівнянні фігурує тільки перша похідна від $\ \mathbf {A}$ по часу, а у другому - тільки друга. Аналогічно, у другому рівнянні фігурує лише перша похідна $\ \nabla$ від часової компоненти 4-потенціалу, а у першому - лише друга. Таким чином, ці рівняння не незалежні - у кожному фігурує як $\ \varphi$, так і $\ \mathbf {A}$. Наприклад, перше рівняння дає зв'язок між $\ \varphi (\mathbf {x} ,t_{0})$ та $\ {\dot {\mathbf {A} }}(\mathbf {x} ,t_{0})$.

При використанні калібрування Лоренца описані рівняння розпадаються на незв'язані рівняння. Проте зв'язок між похідними залишився, оскільки калібрування Лоренца вимагає, щоб

$\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}(\mathbf {x} ,t_{0})=-\nabla \mathbf {A} (\mathbf {x} ,t_{0})$.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Напруженість та індукція поля заряда, що рухається прискорено

Потенціали Лієнара-Віхерта

Потенціали Лієнара-Віхерта.  

Рівняння Максвелла, в силу відповідного постулату, не залежать від прискорення заряда. Окрім цього, вирази для векторного і скалярного потенціалів, отримані у минулому розділі, також від прискорення не залежать. Проте вирази для векторів-характеристик поля від прискорення залежать.

Це видно із наступного.  

Можна векторно домножити роторне рівняння для напруженості на оператор набла: $\ [\nabla \times [\nabla \times \mathbf {E} ]]=\nabla (\nabla \cdot \mathbf {E} )-\Delta \mathbf {E} =-{\frac {1}{c}}\left[\nabla \times {\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}}\right]=|[\nabla \times \mathbf {B} ]={\frac {4\pi \mathbf {j} }{c}}+{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}|=-{\frac {1}{c}}\left({\frac {4\pi }{c}}{\frac {\partial ^{2}\mathbf {j} }{\partial t^{2}}}+{\frac {1}{c}}{\frac {\partial ^{2}\mathbf {E} }{\partial t^{2}}}\right)\Rightarrow {\frac {1}{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\mathbf {E} }{\partial t^{2}}}-\Delta E={\frac {4\pi }{c^{2}}}{\frac {\partial ^{2}\mathbf {j} }{\partial t^{2}}}-4\pi \nabla \rho$.

Отже, рівняння для $\ \mathbf {E}$ має вигляд рівняння д'Аламбера, проте зправа стоїть похідна по часу від вектора струму. Це призводить до залежності напруженості від прискорення. Аналогічне можна отримати і для індукції магнітного поля.

Якісне пояснення цього полягає у наступному. Значення потенціалів поля співпадають для заряду, що рухається прискорено, і заряду, що рухається рівномірно, у момент часу $\ T$ за умови, що вони знаходяться на одній відстані від спостерігача (відстань відповідає часу запізнення) і рухаються із однаковою за модулем і вектором швидкістю. Проте у наступні моменти часу траєкторії таких зарядів розходяться, а це означає, що чисто формально похідні по часу, градієнти та ротори від потенціалів (що відповідає визначенню індукції і напруженості через потенціали) будуть вже відрізнятися від зарядів, що рухаються прискорено. Це еквівалентно твержденню про те, що значення похідних і часу запізнення у момент часу $\ T$ для обох зарядів співпадають, проте залежність часу $\ T$ від часу $\ t$ різна. Таким чином, можна побудувати спочатку вираз для потенціалу заряда, що рухається рівномірно, з урахуванням запізнення, різна, оскільки за час запізнення заряд, що рухається рівномірно, і заряд, що рухається прискорено, проходять різні траєкторії.

Вирази для потенціалів, отримані у розділі "Потенціали поля", враховують прискорення заряда через запізнення. Дійсно, із загальних інтегралів від потенціалів можна отримати:

$\ \varphi ={\frac {Q}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}},\quad \mathbf {A} ={\frac {Q\mathbf {v} (T)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}\qquad (.1)$.

Доведення.  

Нехай, наприклад, розглядається інтеграл для $\ \varphi$:

$\ \varphi (\mathbf {x} ,t)=\int {\frac {\rho (r,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}})d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}=\int \int {\frac {\rho (\mathbf {r} ,t)d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}\delta \left(t-T-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)dt=\int {\frac {Q\delta \left(t-T-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} (T)|}{c}}\right)dT}{|\mathbf {x} -\mathbf {r} (t)|}}$.

Використовуючи властивість дельта-функції від складного аргументу (доведення диф. у розділі "Додаткові матеріали"),

$\ \delta (f(T))={\frac {\delta (t-t_{0})}{\left|{\frac {df(t)}{dt}}\right|_{T=t_{0}}}}$,

де $\ t_{0}$ - розв'язок рівняння $\ f(T)=0,$, можна, користуючись

$\ {\frac {d|\mathbf {r} (T)|}{dT}}={\frac {d{\sqrt {(\mathbf {r} \cdot \mathbf {r} )}}}{dT}}={\frac {1}{2r}}2\left({\frac {d\mathbf {r} }{dT}}\cdot \mathbf {r} \right)={\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )}{r}}$,

отримати:

$\ f(t)=T-t+{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} (T)|}{c}},\quad {\frac {df(T)}{dT}}={\frac {d}{dT}}\left(T-t+{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} (T)|}{c}}\right)=1-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {x} -\mathbf {r} )}{c|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}=|\mathbf {R} (T)=\mathbf {x} -\mathbf {r} (T)|={\frac {R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )}{c}}}{R}}$.

Отже, сам інтеграл набуде вигляду

$\ \varphi =\int {\frac {Q\delta (t-t_{0})Rdt}{R\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}={\frac {Q}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}}$.

Зовсім аналогічно - і в випадку з виразом для векторного потенціалу:

$\ \mathbf {A} ={\frac {Q\mathbf {v} (T)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Отримані вирази для потенціалів вже можуть бути використані для отримання виразу для напруженості електричного поля та індукції магнітного поля. Проте не зайвим є дещо детальніше з'ясування змісту таких потенціалів на основі альтернативного їх виведення.

Альтернативне виведення.  

Отже, користуючись написаним, треба розглянути ідейне побудування задачі знаходження значень векторів-характеристик полів в залежності від прискорення. Нехай є деякий момент часу $\ T$ і заряд, що рухається із змінною швидкістю $\ \mathbf {v} =\mathbf {v} (T)$, причому $\ \mathbf {R}$ - радіус-вектор від точки спостерігача до положення заряду у цей момент часу. Нехай також є момент часу $\ t$, для якого $\ \mathbf {v} =\mathbf {v} (t)$. Нехай вектор $\ \mathbf {R}$ обрано таким, що сигнал від першого положення заряду пройде відстань, рівну модулю вектора, за момент часу $\ t-T$.

В силу написаного в першому абзаці, заряд, що рухається із прискоренням у момент часу $\ T,\mathbf {v} =\mathbf {v} (T)$, не відрізняється (у плані визначення потенціалів поля) від заряду, співпадаючого з ним у минулому заряду у момент часу $\ t,\mathbf {v} =\mathbf {v} (t)$. Це означає, що, маючи значення виразу для потенціалу заряду, що рівномірно рухається у момент часу $\ T$, можна отримати його, з урахуванням іншої функціональної залежності радіус-вектору і швидкості від часу, і для заряду, що рухається прискорено.

Із геометричних міркувань, наведених на рисунку, і із міркувань, наведених вище, слідує, що

$\ \mathbf {r} =\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}},\quad R={\frac {(t-T)}{c}},\quad \mathbf {R} =\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T),\quad \quad R={\frac {(t-T)}{c}}={\sqrt {|\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T)|^{2}}}$.

Окрім того, можна довести, що

$\ \gamma \left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)={\sqrt {r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {r} \cdot \mathbf {v} (T))^{2}}}\qquad (.2)$.

Доведення.  

$\ \gamma ^{2}\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{2}=\gamma ^{2}R^{2}-2\gamma ^{2}{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}R+{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )^{2}}{c^{2}}}=r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}=\left|\mathbf {r} =\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\right|=$

$\ =R^{2}-2{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c^{2}}}+{\frac {u^{2}R^{2}}{c^{2}}}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}\left((\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )-{\frac {v(T)^{2}R}{c}}\right)^{2}=$

$\ =R^{2}-2{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c^{2}}}+{\frac {u^{2}R^{2}}{c^{2}}}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )^{2}-2{\frac {\gamma ^{2}}{c^{3}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )v(T)^{2}R+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{4}}}v(T)^{4}R^{2}\Rightarrow$

$\ \Rightarrow \left|R^{2}+{\frac {R^{2}v(T)^{2}}{c^{2}}}+\gamma ^{2}{\frac {v(T)^{4}R^{2}}{c^{4}}}=R^{2}\left(1+{\frac {u^{2}}{c^{2}}}\left(1+{\frac {u^{2}}{c^{2}}}\gamma ^{2}\right)\right)=R^{2}\left(1+\gamma ^{2}{\frac {v(T)^{2}}{c^{2}}}\right)=R^{2}\gamma ^{2}\right|\Rightarrow$

$\ \Rightarrow -2{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c}}R-2{\frac {\gamma ^{2}}{c^{3}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )v(T)^{2}R=-2{\frac {\gamma ^{2}}{c}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )R\Rightarrow -2{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}R\left(1+\gamma ^{2}{\frac {v(T)^{2}}{c^{2}}}\right)=-2{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}R\Rightarrow 0=0$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Далі, для заряду, що рівномірно рухається, відносно його ІСВ справедливі наступні вирази для потенціалів:

$\ \varphi '={\frac {Q}{r'}}={\frac {Q}{\sqrt {r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}}}},\quad \mathbf {A} '=0$,

де штриховані вирази записані для того, щоб використати обернені перетворення Лоренца для потенціалів. Дійсно, маючи вищенаведені вирази, просто отримати, що

$\ \mathbf {A} =\mathbf {A} '+{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {v} (T)(\mathbf {A} '\cdot \mathbf {v} (T))+{\frac {\gamma \varphi '}{c}}\mathbf {v} (T)={\frac {\gamma Q\mathbf {v} (T)}{c{\sqrt {r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}}}}}=|(.2)|={\frac {Q\mathbf {v} (T)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}$,

$\ \varphi =\gamma \left(\varphi '+{\frac {(\mathbf {A} '\cdot \mathbf {v} (T))}{c}}\right)=\gamma \varphi '=|(.2)|={\frac {Q}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}}$,

що співпадає з $\ (.1)$.$\$$\$$\$$\$

Напруженість та індукція поля заряда, що рухається прискорено

Напруженість та індукція поля заряда, що рухається прискорено.  

У розділі "Потенціали поля" було отримано вираз для напруженості поля через скалярний і векторний потенціали:

$\ \mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}\qquad (.3)$.

Проте перед тим, як безпосередньо визначити вираз для напруженості поля, потрібно перейти від змінної $\ t,\mathbf {x}$ до змінної $\ T$, оскільки самі потенціали залежать від $\ T$:

$\ {\frac {\partial t}{\partial T}}={\frac {R}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}},\quad {\frac {\partial T}{\partial \mathbf {x} }}=-{\frac {\mathbf {R} }{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}\qquad (.4)$.

Доведення.  

$\ t=T+{\frac {\sqrt {(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}}}{c}}\Rightarrow dT=dt-d{\frac {\sqrt {(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}}}{c}}$.

Далі - треба здійснити перехід від змінної $\ t$ до двох змінних $\ T,\mathbf {x}$. Враховуючи, що

$\ {\frac {\partial }{\partial \mathbf {x} }}(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}=2\left((\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T)),{\frac {\partial }{\partial \mathbf {x} }}(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))\right)=2\mathbf {R} ,\quad {\frac {\partial }{\partial T}}(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}=-2(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )$,

можна записати:

$\ dt=dT+{\frac {1}{c}}\left({\frac {\partial }{\partial \mathbf {x} }}{\sqrt {(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}}}d\mathbf {x} +{\frac {\partial }{\partial T}}{\sqrt {(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}}}dT\right)=dT+{\frac {1}{c}}\left({\frac {(\mathbf {R} \cdot d\mathbf {x} )-(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )dT}{R}}\right)\Rightarrow dT={\frac {Rdt-{\frac {(\mathbf {R} \cdot d\mathbf {x} )}{c}}}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}}$.

Звідси очевидно, що

$\ {\frac {\partial T}{\partial t}}={\frac {R}{R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}}},\quad {\frac {\partial T}{\partial \mathbf {x} }}=-{\frac {\mathbf {R} }{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}$.

Тоді для напруженості поля $\ \mathbf {E} =\mathbf {E} (\mathbf {r} ,\mathbf {v} ,\mathbf {a} )$ можна отримати:

$\ \mathbf {E} ={\frac {Q\gamma \mathbf {r} }{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}+{\frac {1}{c}}{\frac {Q\gamma ^{3}[\mathbf {R} \times [\mathbf {r} \times \mathbf {a} ]]}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}$.

Доведення.  

Користуючись $\ (.1)-(.4)$, можна записати:

$\ \nabla \varphi =\left({\frac {\partial \varphi }{\partial \mathbf {x} }}+{\frac {\partial \varphi }{\partial T}}{\frac {\partial T}{\partial \mathbf {x} }}\right)=Q\left[{\frac {\partial }{\partial \mathbf {x} }}\left({\frac {1}{{\sqrt {(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))^{2}}}-{\frac {\mathbf {v} (T)}{c}}(\mathbf {x} -\mathbf {x} _{0}(T))}}\right)-\left({\frac {\mathbf {R} }{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}\left(-{\frac {-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{R}}-{\frac {(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )}{c}}+{\frac {\mathbf {v} ^{2}}{c}}}{\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{2}}}\right)\right)\right]=$

$\ =Q\left[-{\frac {{\frac {\mathbf {R} }{R}}-{\frac {\mathbf {v} (T)}{c}}}{\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{2}}}+{\frac {\mathbf {R} \left(-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{R}}-{\frac {(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )}{c}}+{\frac {\mathbf {v} ^{2}}{c}}\right)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{3}}}\right]=$

$\ =-{\frac {Q}{\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{3}}}\left[\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {R} (\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{cR}}-{\frac {\mathbf {v} (T)}{c}}R+{\frac {\mathbf {v} (T)}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )+{\frac {\mathbf {R} }{c}}{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{R}}-{\frac {\mathbf {R} v(T)^{2}}{c^{2}}}+{\frac {\mathbf {R} }{c^{2}}}(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )\right]=|(.2)|=$

$\ =-{\frac {Q\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {r} \cdot \mathbf {v} (T))^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}\left[\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)}{c}}R+{\frac {\mathbf {v} (T)}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )-{\frac {\mathbf {R} \mathbf {v} (T)^{2}}{c^{2}}}+{\frac {\mathbf {R} }{c^{2}}}(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )\right]$.

Аналогічно, для $\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}$ можна отримати, що

$\ {\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}={\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial T}}{\frac {\partial t}{\partial T}}=-{\frac {1}{c}}{\frac {QR}{R-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c}}}}{\frac {d}{dT}}\left({\frac {\mathbf {v} (T)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c}}\right)}}\right)=$

$\ ={\frac {QR}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}\left[{\frac {\mathbf {a} }{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}-\left(\mathbf {v} (T){\frac {-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{R}}-{\frac {(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )}{c}}+{\frac {\mathbf {v} ^{2}}{c^{2}}}}{\left(R-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c}}\right)^{2}}}\right)\right]=$

$\ =-{\frac {RQ}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)^{3}}}\left[-\mathbf {a} R+\mathbf {a} {\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}-\mathbf {v} (T){\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{cR}}-{\frac {\mathbf {v} (T)}{c^{2}}}(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )+\mathbf {v} {\frac {v(T)^{2}}{c^{2}}}\right]=|(.2)|=$

$\ =-{\frac {Q\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}\left[-\mathbf {a} {\frac {R^{2}}{c}}+\mathbf {a} R{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c^{2}}}-\mathbf {v} (T){\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c^{2}}}-\mathbf {v} (T){\frac {R(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )}{c^{2}}}+\mathbf {v} (T){\frac {R\mathbf {v} (T)^{2}}{c^{3}}}\right]$.

Тоді $\ \mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}$ рівна

$\ \mathbf {E} ={\frac {Q\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}\left[\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)}{c}}R+{\frac {\mathbf {v} (T)}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )-{\frac {\mathbf {R} \mathbf {v} (T)^{2}}{c^{2}}}+{\frac {\mathbf {R} }{c^{2}}}(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )\right]+$

$\ +{\frac {Q\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}\left[-\mathbf {a} {\frac {R^{2}}{c}}+\mathbf {a} R{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c^{2}}}-\mathbf {v} (T){\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c^{2}}}-\mathbf {v} (T){\frac {R(\mathbf {a} \cdot \mathbf {R} )}{c^{2}}}+\mathbf {v} (T){\frac {R\mathbf {v} (T)^{2}}{c^{3}}}\right]=$

$\ ={\frac {Q\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}\left[-{\frac {\mathbf {a} }{c}}\left((\mathbf {R} \cdot \mathbf {R} )-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )R}{c}}\right)+{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {a} )}{c}}\left(\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\right)+\mathbf {R} \left(1-{\frac {\mathbf {v} (T)^{2}}{c^{2}}}\right)+{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\left({\frac {\mathbf {v} (T)^{2}}{c^{2}}}-1\right)\right]=$

$\ {\frac {Q\left(\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\right)\gamma ^{3}}{\gamma ^{2}\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}+{\frac {Q\left[\mathbf {R} \times \left[\left(\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\right)\times {\frac {\mathbf {a} }{c}}\right]\right]\gamma ^{3}}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}=\left|\mathbf {r} =\mathbf {R} -{\frac {\mathbf {v} (T)R}{c}}\right|={\frac {Q\gamma \mathbf {r} }{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}+{\frac {1}{c}}{\frac {Q\gamma ^{3}[\mathbf {R} \times [\mathbf {r} \times \mathbf {a} ]]}{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Електростатичне поле у речовині

Електростатичне поле у провідниках

Електростатичне поле у провідниках.  

Нехай є однорідний провідник, що знаходиться у зовнішньому стаціонарному електричному полі. Якщо здійснити граничний перехід від мікроскопічної до макроскопічної структури провідника, то можна буде не розглядати коливання молекулярних полів цього провідника і застосувати рівняння Максвелла. Далі ж треба врахувати наступне якісне судження: оскільки провідник - речовина, що може проводити електричний струм, то у стаціонарному стані всі заряди, які індукуються у ньому, повинні бути зосереджені на поверхні провідника, причому конфігурація їх повинна бути такою, щоб потенціал усередині провідника був постійний.

Сумарно це все означає, що рівняння Максвелла для такого провідника мають вигляд

$\ [\nabla \times \mathbf {E} ]=0,\quad div\mathbf {E} =0$.

Для поверхні провідника повинно залишатися справедливим перше рівнняння, оскільки у іншому випадку заряди би переміщувались вздовж поверхні, що не відповідало би стаціонарному випадку. Проте рівняння це потребує досить детального аналізу. По-перше, треба вибрати систему координат таку, щоб одна з вісей, наприклад, $\ z$, була нормальною до деякого малого елементу поверхні провідника. Біля самої поверхні відповідна компонента напруженості поля досягає дуже великих значень (через кінечну різницю потенціалів на дуже малих відстанях), проте, для однорідних провідників, похідні від неї по $\ x,y$ мають кінцеві значення. Тоді для іксової компоненти ротора напруженості на поверхні можна записати, що

$\ [\nabla \times \mathbf {E} ]_{x}={\frac {\partial E_{z}}{\partial y}}-{\frac {\partial E_{y}}{\partial z}}=0$,

звідки слідує, що похідна $\ {\frac {\partial E_{y}}{\partial z}}$ - кінечна, а отже, $\ E_{y}$ неперервно розподілено по об'єму провідника. Враховуючи, що у товщі провідника $\ \mathbf {E} =0$,$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Енергія поля провідників

Енергія електростатичного поля провідника рівна, з перетвореннями, наступному виразу:

$\ U={\frac {1}{8\pi }}\int \mathbf {E} ^{2}dV=-{\frac {1}{8\pi }}\int (\nabla \varphi )\mathbf {E} dV=-{\frac {1}{8\pi }}\int \nabla (\varphi \mathbf {E} )dV+{\frac {1}{8\pi }}\int \varphi (\nabla \mathbf {E} )dV=|\nabla \mathbf {E} =0|=-{\frac {1}{8\pi }}\int \varphi \mathbf {E} d\mathbf {S} =-{\frac {1}{8\pi }}\oint \varphi E_{n}dS=-{\frac {1}{2}}\varphi {\frac {1}{4\pi }}\oint E_{n}dS={\frac {1}{2}}\varphi q$.

Через лінійність рівнянь Максвелла у вакуумі між потенціалами та повними зарядами провідників існує лінійний зв'язок:

$\ \varphi _{\alpha }=\sum _{\beta }C_{\alpha \beta }q_{\beta }$,

причому величини $\ C_{\alpha \alpha }$ називаються коефіцієнтами ємності, а величини $\ C_{\alpha \beta },\alpha \neq \beta$ - коефіцієнтами електростатичної індукції. Для одного провідника

$\ \varphi =Cq$,

і звідси видно, що порядок величини ємності співпадає з лінійними розмірами провідника.

Для встановлення властивостей цих коефіцієнтів доцільно проваріювати енергію провідника.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Електростатичне поле у діелектриках

Електростатичне поле у діелектриках.  

Діелектрики - речовини, що не проводять електричний струм. Внаслідок цього, на відміну від провідників, у товщі діелектриків може бути розподілений заряд. Отже, для поля усередині діелектрика можна записати:

$\ \nabla \mathbf {E} =4\pi \rho ',\quad [\nabla \times \mathbf {E} ]=0\qquad (.1)$,

де $\ \rho '$ - усереднена густина заряду у товщі діелектрика.

Якщо у товщі провідника немає сторонніх зарядів (тобто, при вільному стані у його товщі відсутнє макроскопічне поле), то повний заряд, що індукується у діелектрику зовнішнім полем, рівен нулю:

$\ \int \rho 'dV=0\qquad (.2)$.

Якщо інтегрувати по об'єму, що обмежується поверхнею, яка охоплює діелектрик і проходить поза ним, то доцільно ввести вектор $\ -\mathbf {P}$ такий, що $\ \rho =-\nabla \mathbf {P}$. Правомірність цього введення інтуїтивно слідує із рівняння Максвелла:

$\ \nabla \mathbf {E} =4\pi \rho \Rightarrow \rho =const\nabla \mathbf {E}$.

Тоді із $\ (.2)$ можна переконатися у корректності такого введення:

$\ \int \rho 'dV=-\int (\nabla \cdot \mathbf {P} )dV=-\int \mathbf {P} d\mathbf {S} =0$.

Для того, щоб виявити безпосередній фізичний зміст введеної величини, треба розглянути напруженість електричного поля у товщі діелектрика. У підрозділі "Дипольний момент" був отриманий вираз

$\ \mathbf {E} \approx \int {\frac {\rho d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}+\int {\frac {\mathbf {r} \rho d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |^{3}}}$.

Для діелектрика без сторонніх зарядів перший доданок рівен нулю. Чисельник другого доданку є дипольним моментом.

За допомогою формули

$\ (\nabla \mathbf {a} )\mathbf {b} =(\mathbf {a} \nabla )\mathbf {b} +\mathbf {b} (\nabla \cdot \mathbf {a} )$

і вектора $\ \mathbf {P}$ вираз для дипольного моменту можна перетворити як

$\ \int \mathbf {r} \rho d^{3}\mathbf {r} =-\int \mathbf {r} (\nabla \cdot \mathbf {P} )dV=-\int \mathbf {r} (\mathbf {P} d\mathbf {S} )+\int (\mathbf {P} \nabla )\mathbf {r} dV=\int \mathbf {P} dV$.

Отже, вектор $\ \mathbf {P}$ э дипольним моментом одиниці об'єму діелектрика.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Додаткові матеріали

Розв'язок рівняння Лапласа для електростатичного потенціалу

Розв'язок рівняння Лапласа для електростатичного потенціалу.  

У випадку, коли заряд, що створює поле, покоїться, вираз для напруженості цього поля має дуже простий вигляд:

$\ \mathbf {E} ={\frac {Q\mathbf {r} }{|\mathbf {r} |^{3}}}$.

Очевидно (що, утім, нескладно довести), що для такої напруженості як для частинного випадку напруженості заряду, що рухається, є вірним вираз для дивергенції і інтегральне представлення цього виразу:

$\ \nabla \mathbf {E} =4\pi \rho ,\quad \int \mathbf {E} d\mathbf {S} =4\pi Q\qquad (.1)$.

Окрім того, для випадку електростатики роторне рівняння для напруженості записується як

$\ [\nabla \times \mathbf {E} ]=0$.

Це рівняння просто тотожньо виконати, якщо ввести напруженість як градієнт від деякої скалярної функції $\ \varphi$: $\ \mathbf {E} =-\nabla \varphi$.

Підставивши цей вираз у $\ (.1)$, можна отримати:

$\ -\nabla grad\varphi =-\Delta \varphi =4\pi \rho \qquad (.2)$.

Дане рівняння називається рівнянням Пуассона. У випадку електростатики його можна розв'язати досить просто.

Спершу можна розглянути частинний випадок рівняння, коли зправа стоїть нуль. Це означає, що густина заряду у даному об'ємі рівна нулю:

$\ -\Delta \varphi =0$.

Далі можна використати досить "прозору" аксіому про сферичну симетричність функції. Після цього доцільно записати оператор Лапласа у сферичних координатах:

$\ \Delta \varphi ={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \varphi }{\partial r}}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\sin \theta {\frac {\partial \varphi }{\partial \theta }}\right)+{\frac {1}{r^{2}sin^{2}\theta }}{\frac {\partial ^{2}\varphi }{\partial \psi ^{2}}}$.

Для випадку сферично-симетричної функції другий та третій доданки є рівними нулю, а отже,

$\ {\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \varphi }{\partial r}}\right)=0\Rightarrow r^{2}{\frac {\partial \varphi }{\partial r}}=C_{1}\Rightarrow \varphi =-{\frac {C_{1}}{r}}+C_{2}$.

Далі треба використати деякі умови, що накладаються на потенціал. По-перше, на нескінченності він повинен бути рівен нулю. Це означає, що $\ C_{2}=0$. По-друге, використовуючи інтегральний вираз рівняння для дивергенції, можна, використовуючи сферичну симетричність функції потенціалу, отримати:

$\ \int \mathbf {E} d\mathbf {S} =-grad\varphi \int dS={\frac {C_{2}}{r^{2}}}4\pi r^{2}=4\pi Q\Rightarrow C_{2}=Q$.

Отже, як і слідувало очікувати,

$\ \varphi ={\frac {Q}{r}}\Rightarrow \mathbf {E} ={\frac {Q}{|\mathbf {r} |^{3}}}\mathbf {r}$.

Просумувавши потенціали і напруженості точкових зарядів, можна отримати, що

$\ \mathbf {E} =\int {\frac {\rho (\mathbf {r} )(\mathbf {x} -\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |^{3}}},\quad \varphi =\int {\frac {\rho (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}},\quad \mathbf {x} =const$,

де інтегрування проводиться по радіус-вектору, що проходить всі значення координат зарядів у кожному елементарному об'ємі $\ d^{3}\mathbf {r}$.

Властивості дельта-функції

Властивості дельта-функції.  

Рівність інтегралу від дельта-функції по всьому об'єму одиниці.

Доведення.  

Це можна довести наступним шляхом. Направивши вісь z паралельно вектору $\ \mathbf {u}$ та розкривши у явному вигляді скалярний добуток із знаменника, можна отримати: $\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {3\gamma a^{2}d^{3}\mathbf {r} }{4\pi \left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {r} \cdot \mathbf {u} )^{2}+a^{2}\right)^{\frac {5}{2}}}}={\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi }}\int \int \int {\frac {dxdydz}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+{\frac {u^{2}\gamma ^{2}}{c^{2}}}z^{2}+a^{2}\right)^{\frac {5}{2}}}}=$

$\ =\left|z'=\left(1+\gamma ^{2}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}\right)z\right|={\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi {\sqrt {1+\gamma ^{2}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}}}}}\int {\frac {dxdydz'}{(x^{2}+y^{2}+z'^{2}+a^{2})^{\frac {5}{2}}}}=\left|r'={\frac {r}{a}}={\frac {1}{a}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z'^{2}}}\right|={\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi \gamma a^{2}}}\int {\frac {d^{3}\mathbf {r} '}{(1+r'^{2})^{\frac {5}{2}}}}=$

$\ =3{\frac {4\pi }{4\pi }}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {r'^{2}dr'}{(r'^{2}+1)^{\frac {5}{2}}}}=|t=r'^{2}+1,dt=2r'dr'|={\frac {3}{2}}\int \limits _{1}^{\infty }{\frac {{\sqrt {t-1}}dt}{t^{\frac {5}{2}}}}=\left|k={\frac {1}{t}},dk=-{\frac {dt}{t^{2}}}\right|=-{\frac {3}{2}}\int \limits _{1}^{0}{\sqrt {1-k}}dk=1$.

"Фільтруюча" властивість дельта-функції:

$\ \int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{\varepsilon }(t)f(t)dt=f(0)(\tau >0)\qquad (.1)$.

Доведення.  

Оскільки дельта-функція характеризує "густину" деякої функції по деякому аргументу, то можна ввести цю функцію інакше. А саме - наступним чином.

Нехай на протязі проміжку часу від $\ -a$ до $\ 0$ на деяке тіло (яке ізольоване у будь-який інший момент часу) діє постійна сила $\ F(t)$ і надає тілу одиничний імпульс. Тоді

$\ p=mv=1=\int \limits _{-\infty }^{\infty }F(t)dt=\int \limits _{-a}^{0}\delta _{a}(t)dt$.

Оскільки сила постійна на вказаному інтервалі, то

$\ \int \limits _{-a}^{0}\delta _{a}(t)dt=\delta _{a}(t)\int \limits _{-a}^{0}dt=\delta _{a}(t)a=1\Rightarrow \delta _{a}(t)={\frac {1}{a}}$

для моменту $\ -a<t\leqslant 0$, і, відповідно, $\ a=0$ для $\ t<-a,t>0$.

Тоді можна записати, що для деякої неперервної функції $\ f(t)$, що діє на протязі деякого інтервалу $\ (-a;0)$, можна записати ( для всіх $\ \tau >0$), що

$\ \left|\int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{a}(t)f(t)dt-f(0)\right|=\left|{\frac {1}{a}}\int \limits _{-a}^{0}f(t)-{\frac {f(0)}{a}}\int \limits _{-a}^{0}dt\right|\leqslant {\frac {1}{a}}\int \limits _{-a}^{0}|f(t)-f(0)|$.

У силу неперервності функції $\ f(t)$ існує величина $\ \eta >0$ така, що при $\ |t-0|<a(>0)$ $\ |f(t)-f(0)|<\eta (>0)$, звідки

$\ \left|\int \limits _{-\infty }^{\tau }\delta _{a}(t)f(t)dt-f(0)\right|<{\frac {\eta }{a}}\int \limits _{-a}^{0}dt=\eta$.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Дельта-функція від складного аргументу:

$\ \delta (f(x))={\frac {\delta (x-x_{0})}{\left|{\frac {\partial f(x)}{\partial x}}\right|_{x=x_{0}}}},\quad x_{0}:f(x)=0$.

Доведення.  

Нехай є інтеграл

$\ I=\int \limits _{a}^{b}f(x)\delta (\varphi (x))dx$.

Зручно перейти до змінної $\ y=\varphi (x)$. Тоді

$\ dy=\varphi '(x)dx,\quad x=\alpha (y)=(\varphi (x))^{-1},a->\varphi (a),b->\varphi (b)$.

Отже,

$\ I=\int \limits _{\varphi (a)}^{\varphi (b)}f(\alpha (y))\delta (y){\frac {dy}{\varphi '(\alpha (y))}}$.

Оскільки для застосування основних властивостей дельта-функції границі інтегрування розташовані у порядку зростання, то треба розглянути два випадки. Перший випадок відповідає монотонно зростаючій $\ \varphi (x)$. Тоді

$\ I=|(.1)|={\frac {f(\alpha (y))_{0}}{\varphi '(\alpha (y))_{0}}}={\frac {f(x_{0})}{\varphi '(x_{0})}}$.

Другий випадок відповідає монотонно спадаючій $\ \varphi (x)$. Для неї

$\ I=\int \limits _{\varphi (a)}^{\varphi (b)}f(\alpha (y))\delta (y){\frac {dy}{-|\varphi '(\alpha (y))|}}=-\int \limits _{\varphi (a)}^{\varphi (b)}f(\alpha (y))\delta (y){\frac {dy}{-|\varphi '(\alpha (y))|}}={\frac {f(x_{0})}{\varphi '(x_{0})}}$.

Отримані вирази можна порівняти із виразом $\ (.1)$: оскільки

$\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }\delta _{\varepsilon }(t-t_{0})f(x)dx=f(t_{0})$,

то

$\ \int \limits _{a}^{b}f(x)\delta (\varphi (x))\varphi '(x_{0})dx=f(x_{0})\Rightarrow \delta (\varphi (x))={\frac {\delta (x-x_{0})}{\varphi '(x_{0})}}$.

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$

Основні вирази

Основні вирази.  

Сила Лоренца для точкового заряду:

$\ \mathbf {F} =q\mathbf {E} +{\frac {q}{c}}[\mathbf {v} \times \mathbf {B} ],\quad \mathbf {E} ={\frac {Q\gamma \mathbf {r} }{\left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {u} \cdot \mathbf {r} )^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}},\quad \mathbf {B} ={\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]$.

Рівняння Максвелла:

1. Операторний вигляд.

$\ \nabla \mathbf {E} =4\pi \rho ,\quad [\nabla \times \mathbf {E} ]=-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {B} }{\partial t}},\quad \nabla \mathbf {B} =0,\quad [\nabla \times \mathbf {B} ]={\frac {4\pi }{c}}\mathbf {j} +{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {E} }{\partial t}}$,

де

$\ \rho =\sum _{i}Q_{i}\delta _{\alpha }(\mathbf {r} -\mathbf {r} _{i}),\quad \mathbf {j} =\sum _{i}Q_{i}\mathbf {v} _{i}\delta _{\alpha }(\mathbf {r} -\mathbf {r} _{i})$.

2. Інтегральний вигляд.

$\ \int \mathbf {E} d\mathbf {S} =4\pi Q,\quad \int \mathbf {B} d\mathbf {S} =0,\quad \int \mathbf {E} d\mathbf {r} =-{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\int \mathbf {B} d\mathbf {S} ,\quad \int \mathbf {B} d\mathbf {r} ={\frac {4\pi }{c}}I+{\frac {1}{c}}{\frac {\partial }{\partial t}}\int \mathbf {E} d\mathbf {S}$.

Рівняння неперервності:

$\ \nabla \mathbf {j} +{\frac {\partial \rho }{\partial t}}=0$.

Закон Біо-Савара-Лапласа та його наслідки:

$\ \mathbf {A} ={\frac {1}{c}}\int {\frac {\mathbf {j} d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}},\quad \mathbf {B} ={\frac {1}{c}}\int {\frac {[\mathbf {j} \times (\mathbf {x} -\mathbf {r} )]d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |^{3}}},\quad \mathbf {F} _{12}=-{\frac {I_{1}I_{2}}{c^{2}}}\int \int {\frac {\mathbf {r} _{12}d\mathbf {r} _{1}d\mathbf {r} _{2}}{|\mathbf {r} _{12}|^{3}}}$.

Дипольний і магнітний моменти:

$\ \mathbf {d} =\int \mathbf {r} \rho (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} ,\quad \mathbf {E} \approx {\frac {Q\mathbf {n} }{|\mathbf {x} |^{2}}}-{\frac {3(\mathbf {n} \cdot \mathbf {d} )\mathbf {n} }{|\mathbf {x} |^{3}}},\quad \mathbf {F} \approx q\mathbf {E} _{0}+\nabla (\mathbf {E} _{0}\cdot \mathbf {d} )$,

$\ \mathbf {m} ={\frac {1}{2c}}\int [\mathbf {r} \times j(\mathbf {r} )]d^{3}\mathbf {r} ,\quad \mathbf {A} \approx {\frac {[\mathbf {m} \times \mathbf {x} ]}{|\mathbf {x} |^{3}}},\quad \mathbf {B} \approx {\frac {3\mathbf {n} (\mathbf {m} \cdot \mathbf {n} )-\mathbf {m} }{|\mathbf {x} |^{3}}},\quad \mathbf {F} \approx \nabla (\mathbf {m} \cdot \mathbf {B} _{0})$.

Перетворення Лоренца для полів.

1. Векторний вигляд:

$\ \mathbf {B} '=\gamma \left(\mathbf {B} -{\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {E} ]\right)-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {B} )$,

$\ \mathbf {E} '=\gamma \left(\mathbf {E} +{\frac {1}{c}}[\mathbf {u} \times \mathbf {B} ]\right)-{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {E} )$.

2. Покомпонентний вигляд (для співнапрямленої з віссю $\ Ox$ швидкістю):

$\ \mathbf {E} '=\left(E_{x};\gamma \left(E_{y}-{\frac {u}{c}}B_{z}\right);\gamma \left(E_{z}+{\frac {u}{c}}B_{y}\right)\right)$,

$\ \mathbf {B} '=\left(B_{x};\gamma \left(B_{y}+{\frac {u}{c}}E_{z}\right);\gamma \left(B_{z}-{\frac {u}{c}}E_{y}\right)\right)$.

Векторний і скалярний потенціали:

$\ \mathbf {B} =[\nabla \times \mathbf {A} ],\quad \mathbf {E} =-\nabla \varphi -{\frac {1}{c}}{\frac {\partial \mathbf {A} }{\partial t}}$.

$\ \mathbf {A} '=\mathbf {A} +{\frac {\Gamma }{c^{2}}}\mathbf {u} (\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )-{\frac {\gamma }{c}}\mathbf {u} \varphi ,\quad \varphi '=\gamma \left(\varphi -{\frac {(\mathbf {u} \cdot \mathbf {A} )}{c}}\right)$/

$\ \mathbf {A} =\int {\frac {\mathbf {j} \left(\mathbf {r} ,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}={\frac {Q\mathbf {v} (T)}{c\left(R-{\frac {(\mathbf {v} (T)\cdot \mathbf {R} )}{c}}\right)}}$,

$\ \varphi =\int {\frac {\rho \left(\mathbf {r} ,t-{\frac {|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}{c}}\right)}{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}={\frac {Q}{R-{\frac {(\mathbf {R} \cdot \mathbf {v} (T))}{c}}}}$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$