Varianten der klassischen Mechanik/ Lorentzkraft

In der Elektrodynamik gibt es neben der Masse m eines Teilchens auch noch die weitere Eigenschaft, dass dieses geladen sein kann. Auf Ladungen q (im Folgenden werde mit q also die Ladung und nicht eine Raumkoordinate bezeichnet) können Kräfte aufgrund von elektromagnetischen Feldern wirken. Elektrische und magnetische Felder bilden dabei das elektromagnetische Feld. Während eine ruhende Ladung im elektrischen Feld $\overrightarrow{E}$ eine Kraft $q\overrightarrow{E}$ erfährt, wirkt im Magnetfeld $\overrightarrow{B}$ auf eine bewegte Ladung eine von ihrer Geschwindigkeit $\overrightarrow{v}=\dot{\overrightarrow{x}}$ abhängige Kraft $\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$. Insgesamt erhalten wir also für die Kräfte auf eine Ladung

$\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}+\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$,

die sog. Lorentzkraft. Hierbei haben wir übrigens Gauß'sche Einheiten gewählt, sodass wir einen zusätzlichen konstanten Faktor $\frac{1}{c}$ in $\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}$ gegenüber den SI-Einheiten erhalten haben: Dieser Faktor tritt in den Gauß'schen Einheiten auch sonst konsequent bei Ableitungen nach der Zeit (d.h. in diesem Fall wegen der Geschwindigkeit als Zeitableitung des Ortsvektors) in Erscheinung. c ist dabei die Lichtgeschwindigkeit (im Vakuum). Die Größe $q\overrightarrow{v}$ ist proportional zum elektrischen Strom I, der ja die Dimension Ladung pro Zeiteinheit besitzt.

Diese Kraft bzw. die darin enthaltenen Felder lassen sich auch in der Elektrodynamik auf Potenziale zurückführen: Es handelt sich dabei jedoch nicht nur um ein skalares Potential, meist mit $A_0(t,\overrightarrow{x})$ bezeichnet, sondern zusätzlich noch um ein sog. Vektorpotenzial $\overrightarrow{A}(t,\overrightarrow{x})$, wobei Letztere eine dreikomponentige Vektorfunktion ist. Es ergeben sich in der Elektrodynamik folgende Zusammenhänge zwischen den Feldern und den Potenzialen:

$\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}\overrightarrow{A}$, $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}$.

Diese beiden Gleichungen sind eine Konsequenz der beiden folgenden »homogenen« Maxwellgleichungen (homogen, weil sei keine Quellterme enthalten, die auf Ladungen oder Ströme zurückgehen; es existieren nämlich noch zwei weitere Maxwellgleichungen, bei denen dies hingegen der Fall ist):

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}\overrightarrow{B}=0$, $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{B}=0$,

was man durch Einsetzen direkt zeigen kann. Hierbei berücksichtige man, dass die Operatorgleichungen $rotgrad\equiv 0$ und $divrot\equiv 0$ gelten, wobei $grad\equiv \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}$ auf eine skalare Funktion und $div\equiv \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot$ und $rot\equiv \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times$ jeweils auf eine Vektorfunktion wirken, sodass $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0=0$ und $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A})=0$. Die im Nabla-Operator $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}$ enthaltenen partiellen Ableitungen nach den drei Raumkoordinaten vertauschen dabei mit der partiellen Ableitung nach der Zeit, d.h. mit $\frac{\partial }{\partial t}$. Von der Gültigkeit der Operatorgleichungen überzeuge man sich leicht durch den Übergang zu Vektorkomponenten. Letzteres kann beim Kreuzprodukt recht elegant mit Hilfe des sog. »total antisymmetrischen Tensors« geschehen, dessen Komponenten ${\epsilon }_{123}={\epsilon }_{312}={\epsilon }_{213}=-{\epsilon }_{213}=-{\epsilon }_{321}=-{\epsilon }_{132}=1$ und sonst Null sind. Die i-te Komponente ${[\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}]}_i$ eines Vektor-Kreuzproduktes $\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}$ zweier Vektoren $\overrightarrow{a}={\left(a_j\right)}_{j=1,2,3}$ und $\overrightarrow{b}={\left(b_j\right)}_{j=1,2,3}$ lässt sich hiermit als ${[\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}]}_i=\underset{j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{a}_j{b}_k$ darstellen. Zweifache Kreuzprodukte führen dabei auf Ausdrücke der Form $\underset{k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{klm}={\delta }_{il}{\delta }_{jm}-{\delta }_{jl}{\delta }_{im}$, worin ${\delta }_{il}=\{\begin{array}{c}1,i=l\\ 0,i\ne l\end{array}$ das Kroneckersymbol bedeutet. Mit Hilfe dieser zunächst merkwürdig anmutenden Regeln lassen sich mit etwas Übung alle Ausdrücke mit Kreuzprodukten behandeln, die insbesondere in der Elektrodynamik sehr häufig auftreten. Der Argwohn gegenüber dem total antisymmetrischen Tensor (dritter Stufe), oft auch Epsilon-Tensor genannt, wird geringer, wenn man sich bewusst wird, dass er etwas mit der Determinante einer 3-mal-3-Matrix zu tun hat. Denn für das sog. Spatprodukt aus der Vektorrechnung gilt ja $\overrightarrow{c}\cdot (\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b})=det(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c})$, worin $(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c})$ die 3-mal-3-Matrix bezeichne, deren Spaltenvektoren die dreikomponentigen Vektoren $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$ und $\overrightarrow{c}$ darstellen. Andererseits gilt aber offensichtlich auch $\overrightarrow{c}\cdot (\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b})=\underset{i,j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{c}_i{a}_j{b}_k$. Das Vertauschen zweier Spaltenvektoren in der Determinante zum Spatprodukt führt zu einem Vorzeichenwechsel, wie z.B. $det(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c})=-det(\overrightarrow{b},\overrightarrow{a},\overrightarrow{c})=$. Weil ${\epsilon }_{ijk}=-{\epsilon }_{jik}=-{\epsilon }_{ikj}$ aus der Definition des Epsilon-Tensors folgt, erhalten wir den gleichen Vorzeichenwechsel durch den »Umweg« über den Epsilon-Tensor

$det(\overrightarrow{b},\overrightarrow{a},\overrightarrow{c})=\underset{i,j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ikj}{c}_i{b}_k{a}_j=-\underset{i,j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{c}_i{a}_j{b}_k=-det(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c})$.

Wenn die Determinante zwei gleiche Spaltenvektoren enthält, wird sie ja bekanntlich gleich Null. Dies ist auch in ihrer Darstellung mittels Epsilontensor der Fall, da dann zwei von den drei seiner Indizes immer gleich wären. Nach seiner Definition sind solche Komponenten von ihm aber gleich Null.

Da sich die drei kartesischen Einheitsvektoren ${\hat{e}}_i$ mittels Kroneckersymbol auch als ${\hat{e}}_i=\underset{l=1}{\sum ^3}{\delta }_{il}{\hat{e}}_l$ darstellen lassen, resultiert

$det({\hat{e}}_i,{\hat{e}}_j,{\hat{e}}_k)=\underset{i,j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{lmn}{\delta }_{il}{\delta }_{jm}{\delta }_{km}={\epsilon }_{ijk}$.

Die drei Basisvektoren ${\hat{e}}_i$ bilden ein Rechtssystem, d.h. ${\hat{e}}_3={\hat{e}}_1\times {\hat{e}}_2$, und sind auf Eins normiert ${\hat{e}}_i\cdot {\hat{e}}_j={\delta }_{ij}$. Mit ${\hat{e}}_3={\hat{e}}_1\times {\hat{e}}_2={\epsilon }_{312}{\hat{e}}_1\times {\hat{e}}_2=\frac{1}{2}\underset{j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{3jk}{\hat{e}}_j\times {\hat{e}}_k$ und ${\hat{e}}_j\times {\hat{e}}_k=\underset{m,n,l=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{mnl}{\delta }_{mj}{\delta }_{nk}{\hat{e}}_l=\underset{l=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{jkl}{\hat{e}}_l$ gilt:

${\hat{e}}_i=\frac{1}{2}\underset{j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\hat{e}}_j\times {\hat{e}}_k=\frac{1}{2}\underset{j,k,l=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{jkl}{\hat{e}}_l$,

d.h. $\underset{j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{jkl}=2{\delta }_{il}$. Dies folgt auch mit ${\epsilon }_{kml}=-{\epsilon }_{mkl}$ und Summation über die Indizes j und m aus $\underset{k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{kml}={\delta }_{im}{\delta }_{jl}-{\delta }_{jm}{\delta }_{il}$, wobei sich einem die Gültigkeit der letzteren Gleichung nicht so schnell erschließt, sich aber durch Betrachten von allen möglichen Index-Kombinationen verifizieren lässt.

Mit diesem Handwerkszeug können wir jetzt z.B. $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0=0$ zeigen:

${[\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0]}_i=\underset{j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\partial }_j{\partial }_k{A}_0=\frac{1}{2}\underset{j,k=1}{\sum ^3}[{\epsilon }_{ijk}{\partial }_j{\partial }_k{A}_0+{\epsilon }_{ikj}{\partial }_k{\partial }_j{A}_0]=\frac{1}{2}\underset{j,k=1}{\sum ^3}[{\epsilon }_{ijk}{\partial }_j{\partial }_k{A}_0-{\epsilon }_{ijk}{\partial }_k{\partial }_j{A}_0]=0$,

weil ${\partial }_k{\partial }_j{A}_0={\partial }_j{\partial }_k{A}_0$, d.h. die partiellen Ableitungen miteinander vertauschen, also in ihren Indizes k und j symmetrisch sind, während der Epsilontensor in den beiden Indizes antisymmetrisch ist, d.h ${\epsilon }_{ijk}=-{\epsilon }_{ikj}$. Der gleiche Tatbestand, nämlich die Vertauschbarkeit der partiellen Ableitungen und die Antisymmetrie des Epsilontensors in benachbarten Indizes, führt auch dazu, dass

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A})=\underset{i,j,k=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\partial }_i{\partial }_j{A}_k=0$

gilt. Nach dieser Werbeveranstaltung für den Epsilontensor wieder zurück zur Lorentzkraft, in der wir jetzt die elektromagnetischen Felder in ihrer Darstellung mittels der elektromagnetischen Potenziale einsetzten möchten:

$\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}+\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}q{A}_0-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}q\overrightarrow{A}+\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A})$,

worin wir den letzten Term,

${[\overrightarrow{v}\times (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A})]}_i=\underset{j,k,l,m=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ijk}{\epsilon }_{klm}{v}_j{\partial }_l{A}_m=\underset{j,k,l,m=1}{\sum ^3}({\delta }_{il}{\delta }_{jm}-{\delta }_{im}{\delta }_{jl})v_j{\partial }_l{A}_m={\partial }_i\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{A}-(\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }})A_i$,

noch mit Hilfe von $\frac{d}{dt}{A}_i(\overrightarrow{x},t)=(\dot{\overrightarrow{x}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }})A_i(\overrightarrow{x},t)+\frac{\partial }{\partial t}{A}_i(\overrightarrow{x},t)$ ausdrücken können:

$\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}+\frac{q}{c}\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}q(A_0-\frac{\overrightarrow{v}}{c}\cdot \overrightarrow{A})-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}q\overrightarrow{A}$.

Der erste Summand hierin erinnert an ein Potential$V(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)=q(A_0-\frac{1}{c}\dot{\overrightarrow{x}}\cdot \overrightarrow{A})=\frac{1}{c}(j_0{A}_0-\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{A})$ mit $j_0=qc$ und der sog. »Stromdichte« für eine Punktladung $\overrightarrow{j}=q\overrightarrow{v}$, wobei V jedoch nicht nur von Ort und Zeit sondern auch von der Geschwindigkeit abhängt. Der zweite Summand kann als $-\frac{q}{c}\overrightarrow{A}={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\dot{\overrightarrow{x}}}V$ dargestellt werden, sodass $m\ddot{\overrightarrow{x}}=\overrightarrow{F}=(-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{x}}+\frac{d}{dt}{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\dot{\overrightarrow{x}}})V$ ist. Dies erinnert aber an die Euler-Lagrange-Gleichung

$0=(-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{x}}+\frac{d}{dt}{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\dot{\overrightarrow{x}}})L(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)$

mit der Lagrangefunktion

$L(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)=\frac{1}{2}m{\dot{\overrightarrow{x}}}^2-V(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)$ .

Man überzeuge sich leicht, dass hieraus tatsächlich wieder eine Bewegungsgleichung mit der Lorentzkraft folgt:

• $\frac{\partial L}{\partial x_i}=-q\frac{\partial }{\partial x^i}{A}_0+\frac{q}{c}\dot{\underset{k=1}{\sum ^3}{x}_k}\cdot \frac{\partial }{\partial x_i}{A}_k$,

• ${\pi }_{x_i}=\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}_i}=m{\dot{x}}_i+\frac{q}{c}{A}_i$,

woraus sich mittels der Euler-Gleichung

$0=\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}_i}-\frac{\partial L}{\partial x_i}=m{\ddot{x}}_i-q[-\frac{\partial }{\partial x_i}{A}_0-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}{A}_i]-\frac{q}{c}\left[\underset{k=1}{\sum ^3}{\dot{x}}_k(\frac{\partial }{\partial x_i}{A}_k-\frac{\partial }{\partial x_k}{A}_i)\right]$

ergibt. Hierin können wir aber wiederum

• $E_i=-\frac{\partial }{\partial x_0}{A}_0-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}{A}_i$

und

• $\frac{\partial }{\partial x_i}{A}_k-\frac{\partial }{\partial x_k}{A}_i=\underset{l,m,n=1}{\sum ^3}({\delta }_{im}{\delta }_{kn}-{\delta }_{in}{\delta }_{km})\frac{\partial }{\partial x_m}{A}_n=\underset{l,m,n=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ikl}{\epsilon }_{lmn}\frac{\partial }{\partial x_m}{A}_n=\underset{l=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ikl}{[\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}]}_l$

mit $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}$ sowie $\underset{k,l=1}{\sum ^3}{\epsilon }_{ikl}{\dot{x}}_k{B}_l={[\dot{\overrightarrow{x}}\times \overrightarrow{B}]}_i$ identifizieren.

Die Hamiltonfunktion erhalten wir aus der Lagrangefunktion L durch die bereits bekannte Legendre-Transformation:

$H={\overrightarrow{\pi }}_{\overrightarrow{x}}\cdot \dot{\overrightarrow{x}}-L=\frac{1}{2m}{({\overrightarrow{\pi }}_{\overrightarrow{x}}-\frac{q}{c}\overrightarrow{A})}^2-q{A}_0$,

wobei wir hierin alle auftretenden $\dot{\overrightarrow{x}}$ mit Hilfe des kanonischen Impulses ${\overrightarrow{\pi }}_{\overrightarrow{x}}={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\dot{\overrightarrow{x}}}L=m\dot{\overrightarrow{x}}+\frac{q}{c}\overrightarrow{A}$ ersetzt haben.

Die Felder $\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}\overrightarrow{A}$ und $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}$ bleiben invariant, wenn man die Potentiale in folgender Weise verändert: $A_0(\overrightarrow{x},t)\to A_0(\overrightarrow{x},t)+\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t),\overrightarrow{A}(\overrightarrow{x},t)\to \overrightarrow{A}(\overrightarrow{x},t)-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)$, was durch Einsetzen in $\overrightarrow{E}$ und $\overrightarrow{B}$ gezeigt werden kann. Verwenden wir die gleiche Transformation im Potenzial V bzw. in der Lagrangefunktion L, dann erhalten wir

$L(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)\to L(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)-\frac{q}{c}(\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)+\dot{\overrightarrow{x}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t))=L(\overrightarrow{x},\dot{\overrightarrow{x}},t)-\frac{q}{c}\frac{d}{dt}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)$.

Hierin ist $-\frac{q}{c}\frac{d}{dt}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)$ offensichtlich eine Eichfunktion, die die Euler-Lagrange-Gleichungen invariant lässt: D.h. die Lorentzkraft ändert sich unter dieser Transformation nicht, was ja schon aufgrund der Tatsache, dass die elektromagnetischen Felder unter dieser Eichtransformation invariant bleiben, verständlich ist. Der kanonische Impuls geht unter dieser Eichtransformation in ${\pi }_{x_i}=\frac{\partial L}{\partial {\dot{x}}_i}=m{\dot{x}}_i+\frac{q}{c}{A}_i\to {\pi }_{x_i}-\frac{q}{c}\frac{\partial }{\partial x_i}\mathrm{\Lambda }$ über. Die Hamiltonfunktion transformiert sich somit wie

$H={\overrightarrow{\pi }}_{\overrightarrow{x}}\cdot \dot{x}-L\to H-\frac{q}{c}\dot{\overrightarrow{x}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)+\frac{q}{c}\frac{d}{dt}\mathrm{\Lambda }(\overrightarrow{x},t)=H+\frac{q}{c}\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\Lambda }$.