Maxwell-Gleichungen in der klassischen Elektrodynamik/ Elektrostatik

Aus der Elektrodynamik folgt die Elektrostatik über die Forderung

${\partial }_t\overrightarrow{E}={\partial }_t\overrightarrow{B}={\partial }_t\overrightarrow{D}=0$,

wodurch sich die (makroskopischen) Maxwellgleichungen wie folgt vereinfachen:

• $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{B}=0$ (keine magnet. Monopole),

• $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{D}=4\pi \rho$ (woraus u.a.

auch das Coulomb-Gesetz folgt),

• $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H}=\frac{4\pi }{c}\overrightarrow{J}$

(Ampère'sches Durchflutungsgesetz) und

• $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{E}=0$ (rotationsfreies elektrisches

Feld).

Aus diesen Grundgleichungen werden wir in den nächsten Kapiteln die Gesetze der Elektrostatik herleiten.

Kontinuitätsgleichung

Die Kontinuitätsgleichung nimmt wegen des Ampère'schen Durchflutungsgesetzes die folgende Form an

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{J}=\frac{c}{4\pi }\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H})=0$

wegen $divrot\equiv 0$.

Elektromagnetische Potentiale

(1) Ein skalares Potential können wir folgendermaßen einführen:

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{E}=0,rotgrad\equiv 0\Rightarrow \overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0$.

Die Konsequenzen hieraus sind die Wegunabhängigkeit für Kurvenintegrale über das elektrische Feld, der Begriff der Spannung bzw. der Potentialdifferenz sowie die Möglichkeit, das Skalarpotential angeben zu können. Dies alles zeigen wir unter den folgenden beiden Punkten (a) und (b)

(a) Die Wegunabhängigkeit:

Datei:Wegunabhaengigkeit maxwell.jpg Fig: $C_1$: Weg von ${\overrightarrow{x}}_A$ nach ${\overrightarrow{x}}_B$; $C_2$: Weg von ${\overrightarrow{x}}_B$ nach ${\overrightarrow{x}}_A$

Aus $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{E}=0$ folgt mit dem Satz von Stokes:

$0=\underset{A}{\int }d\overrightarrow{a}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{E})=\underset{C=\partial A=C_1+C_2}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}+\underset{C_2}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}\Rightarrow$ $\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=-\underset{C_2}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=\underset{-C_2}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}$,

obwohl $C_1\ne -C_2$ .

Es gibt daher eine Spannung zwischen ${\overrightarrow{x}}_A$ und ${\overrightarrow{x}}_B$ :

$U=-\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0=A_0\left({\overrightarrow{x}}_B\right)-A_0\left({\overrightarrow{x}}_A\right)$,

eine sog. Potenzialdifferenz, die mit der potentielle Energie für eine Punktladung q wie folgt zusammenhängt:

$E_{pot}\left({\overrightarrow{x}}_B\right)-E_{pot}\left({\overrightarrow{x}}_A\right)=-\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{F}=$ $-\underset{C_1}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot q\overrightarrow{E}=qU=q(A_0\left({\overrightarrow{x}}_B\right)-A_0\left({\overrightarrow{x}}_A\right))\Rightarrow$ $E_{pot}=q{A}_0$.

(b) Bestimmen von $A_0$:

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{D}=4\pi \rho$, isotrope Dielektrika: $\overrightarrow{D}=\epsilon \overrightarrow{E},{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{r}=-4\pi {\delta }^3\left(\overrightarrow{r}\right)$.

$-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{E}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{4\pi }{\epsilon }\rho \left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{4\pi }{\epsilon }\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$ $=\frac{1}{\epsilon }\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{\epsilon }\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$, $A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{\epsilon }\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$.

Für das Beispiel einer Punktladung, d.h.

$\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)=q{\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$,

erhalten wir

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{q}{\epsilon r},\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{q}{\epsilon }\frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$,

also das berühmte Coulomb-Feld.

(2) Ein Vektorpotential resultiert aus der Gleichung

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{B}=0,divrot\equiv 0\Rightarrow \overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}$.

Mit Hilfe des Ampère'schen Durchflutungsgesetztes

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H}=\frac{4\pi }{c}\overrightarrow{J}$,

und unter der Annahme isotroper Magnetika, d.h. $\overrightarrow{B}=\mu \overrightarrow{H}$,

erhalten wir über die Greensfunktion $\frac{1}{r}$ der Elektrostatik, für die

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{r}=-4\pi {\delta }^3\left(\overrightarrow{r}\right)$

gilt, folgende Bestimmungsgleichung für das Vektorpotential:

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{A})-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\overrightarrow{A}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A})=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{B}=\frac{4\pi \mu }{c}\overrightarrow{J}$.

In Coulomb-Eichung, d.h. $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{A}=0$, wird hieraus

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=-\frac{4\pi \mu }{c}\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)=-\frac{4\pi \mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$ $=\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$,

woraus für das Vektorpotential

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$

folgt.

Poisson-Gleichung

Die Lösung der Poisson-Gleichung,

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)=-4\pi \rho \left(\overrightarrow{x}\right)$,

wird erst durch die an sie gestellten Randbedingungen eindeutig.

Zunächst aber ein kleiner mathematischer Exkurs über die Sätze von Green.

Aus dem Satz von Gauß ergibt sich der Satz I von Green:

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x(\varphi {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\psi +\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\varphi \right)\cdot \left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi \right))=\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \left(\varphi \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi \right)=\underset{S=\partial V}{\int }{d}^{2}a\varphi \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi$

und hieraus resultiert wiederum der Satz II von Green:

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x(\varphi {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\psi -\psi {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\varphi )=\underset{S=\partial V}{\int }{d}^{2}a(\varphi \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi -\psi \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\varphi )$.

Setze jetzt in Green II $\varphi =A_0$, $\psi =\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$ ein und verwende ${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=-4\pi {\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$:

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\underset{V}{\int }{d}^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\frac{1}{4\pi }\underset{S=\partial V}{\int }{d}^2{a}^{\prime }\frac{{\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }{A}_0\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}-\frac{1}{4\pi }\underset{S=\partial V}{\int }{d}^2{a}^{\prime }{A}_0\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$.

Als Green'sche Funktion erhalten wir hieraus:

$G(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })=\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+F(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })$, ${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{2}F(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })=0,$

für die

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{2}G(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{2}G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=-4\pi {\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$

gilt, d.h.

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\underset{V}{\int }{d}^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\frac{1}{4\pi }\underset{S=\partial V}{\int }{d}^2{a}^{\prime }G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }){\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }{A}_0\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)$ $-\frac{1}{4\pi }\underset{S=\partial V}{\int }{d}^2{a}^{\prime }{A}_0\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })$.

Es können folgende Arten der Randbedingungen unterschieden werden:

(a) Dirichlet'sche Randbedingungen: $G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=0$ für ${\overrightarrow{x}}^{\prime }\in S$ sowie

(b) Neumann'sche Randbedingungen: für ein $\overrightarrow{x}\in V$ gilt mit dem Gauß'schen Satz

$-4\pi =-4\pi \underset{V}{\int }{d}^3{x}^{\prime }{\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=\underset{V}{\int }{d}^3{x}^{\prime }{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }}^{2}G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=\underset{=A}{\underbrace{\underset{S=\partial V}{\int }{d}^2{a}^{\prime }}}{\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })\Rightarrow$

${\overrightarrow{n}}^{\prime }\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }G(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=-\frac{4\pi }{A}\underset{S=\partial {ℝ}^3:A\to \mathrm{\infty }}{⟶}0$ für ein ${\overrightarrow{x}}^{\prime }\in S$ .

Über die Green'sche Funktion können u.a. die folgenden beiden Aussagen getroffen werden.

• Die Green'sche Funktion ist in ihren Argumenten symmetrisch, d.h.

$G(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })=G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{x})$:

$-4\pi (G(\overrightarrow{x},{\overrightarrow{x}}^{\prime })-G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{x}))=\underset{V}{\int }{d}^{3}y[G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})\underset{={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}^{2}G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y})}{\underbrace{(-4\pi {\delta }^3({\overrightarrow{x}}^{\prime }-\overrightarrow{y}))}}-G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y})\underset{={\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}^{2}G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})}{\underbrace{(-4\pi {\delta }^3(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}))}}]$ $=\underset{V}{\int }{d}^{3}y[G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y}){\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}^{2}G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y})-G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y}){\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}^{2}G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})]\underset{GreenII}{=}$ $=\underset{S=\partial V}{\int }{d}^{2}a[\underset{=0,\overrightarrow{y}\in S}{\underbrace{G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})}}{\overrightarrow{n}}_y\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y})-\underset{=0,\overrightarrow{y}\in S}{\underbrace{G({\overrightarrow{x}}^{\prime },\overrightarrow{y})}}{\overrightarrow{n}}_y\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_{\overrightarrow{y}}G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})]=0$

wegen der Dirichlet'schen Randbedingung $G(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})=0$ für $\overrightarrow{y}\in S$.

• Die Lösung der Poisson-Gleichung wir mit z.B. der Dirichlet'schen

Randbedingung bis auf eine Konstante eindeutig.

Um dies zu zeigen, nehmen wir zunächst das Gegenteil an, d.h. es existieren zwei Lösungen der Poisson-Gleichung zur selben Ladungsverteilung $\rho$:

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2{\varphi }_1=-4\pi \rho$, ${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2{\varphi }_2=-4\pi \rho$, $U:={\varphi }_1-{\varphi }_2\Rightarrow {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{2}U=0$

Mit Green I folgt hieraus:

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x(U\underset{=0}{\underbrace{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{2}U}}+{\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}U\right)}^2)=\underset{S=\partial V}{\int }{d}^{2}a\underset{=0,\overrightarrow{x}\in S}{\underbrace{U}}\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}U=0\Rightarrow {\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}U\right)}^2=0$,

wenn z.B. Dirichlet'sche Randbedingungen, d.h. $U\left(\overrightarrow{x}\right)=0,\overrightarrow{x}\in S$, angewandt werden. Wegen ${\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}U\right)}^2=0$ gilt somit auch $const.=U={\varphi }_1-{\varphi }_2$, d.h. ${\varphi }_1={\varphi }_2+const.$

Biot-Savart'scher Satz

Da wir bereits das Vektorpotential in der Elektrostatik bestimmt haben,

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$,

erhalten wir aus $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}$ und $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{r}=-\frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$ unmittelbar:

$\overrightarrow{B}\left(\overrightarrow{x}\right)=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=$ $-\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{\mu }{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$.

Mit $\overrightarrow{H}=\frac{1}{\mu }\overrightarrow{B}$ resultiert hieraus der berühmte Biot-Savart'sche Satz,

$\overrightarrow{H}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}=\frac{1}{c}I\int \frac{d{\overrightarrow{x}}^{\prime }\times (\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$,

mit dem in der Elektrostatik z.B. das Magnetfeld eines stromdurchflossenen Leiters bestimmt werden kann.

Dipolentwicklung des elektrischen Feldes

Der Beobachter sei weit von der Quelle des elektrischen Feldes, einer Ladungsverteilung um ${\overrightarrow{x}}^{\prime }$, entfernt, d.h. $r\gg r^{\prime }$.

Daher kann eine Taylor-Entwicklung bis zur ersten Ordnung in ${\overrightarrow{x}}^{\prime }$ um Null durchgeführt werden:

$\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{1}{r}+\frac{{\overrightarrow{x}}^{\prime }\cdot \overrightarrow{x}}{r^3}$,

die man auch wie folgt einsehen kann:

$|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|=\sqrt{{(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })}^2}=\sqrt{r^2+r^{\prime 2}-2r{r}^{\prime }\cos \vartheta }=$ $r\sqrt{1+{\left(\frac{r^{\prime }}{r}\right)}^2-2\frac{r^{\prime }}{r}\cos \vartheta }\underset{r\gg r^{\prime }}{\approx }r(1-\frac{r^{\prime }}{r}\cos \vartheta )$

mit dem Winkel $\vartheta$ zwischen $\overrightarrow{x}$ und ${\overrightarrow{x}}^{\prime }$, d.h. ${\overrightarrow{x}}^{\prime }\cdot \overrightarrow{x}=r{r}^{\prime }\cos \vartheta$. Somit erhalten wir

$\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\underset{r\gg r^{\prime }}{\approx }\frac{1}{r}+\frac{r^{\prime }r\cos \vartheta }{r^3}=\frac{1}{r}+\frac{{\overrightarrow{x}}^{\prime }\cdot \overrightarrow{x}}{r^3}$.

Bei Abwesenheit von Dielektrika (d.h. $\epsilon =1$) gilt:

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\approx \frac{1}{r}\underset{=q}{\underbrace{\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}}+\frac{\overrightarrow{x}}{r^3}\cdot \underset{=\overrightarrow{p}}{\underbrace{\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{x}}^{\prime }}}=\frac{q}{r}+\overrightarrow{p}\cdot \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$,

mit der Ladung

$q=\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)$

und dem Dipolmoment

$\overrightarrow{p}=\int d^3{x}^{\prime }\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{x}}^{\prime }$.

$A_0$ ist also eine Summe aus einem Monopolterm (Term mit q) und einem Dipolterm (Term mit $\overrightarrow{p}$).

Aus dem Skalarpotential können wir das elektrische Feld $\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0$,

mittels

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{r}=-\frac{\overrightarrow{r}}{r^3}$,

und

$\frac{\partial }{\partial x_i}\frac{x_j}{r^3}=\frac{1}{r^3}({\delta }_{ij}-3\frac{x_i}{r}\frac{x_j}{r})=\frac{1}{r^3}({\delta }_{ij}-3n_i{n}_j)$

errechnen:

$\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0\approx q\frac{\overrightarrow{r}}{r^3}+\frac{3\overrightarrow{n}(\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{n})-\overrightarrow{p}}{r^3}$.

Dipolentwicklung des magnetischen Feldes

Der Beobachter sie weit von der Quelle des magnetischen Feldes, einer Stromverteilung um ${\overrightarrow{x}}^{\prime }$, entfernt, d.h. $r\gg r^{\prime }$:

$\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{1}{r}+\frac{{\overrightarrow{x}}^{\prime }\cdot \overrightarrow{x}}{r^3}$.

Bei Abwesenheit von Magnetika (d.h. $\mu =1$) gilt daher:

$A_k\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{J_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\approx \frac{1}{c}\frac{1}{r}\int d^3{x}^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)+\frac{\overrightarrow{x}}{r^3}\cdot \int d^3{x}^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{x}}^{\prime }$

Wegen der Quellfreiheit des Stromes in der Elektrostatik, d.h.

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)=0$,

vereinfacht sich folgendes Integral

$\underset{V}{\int }{d}^{3}xf\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g\left(\overrightarrow{x}\right)=\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \left(f\left(\overrightarrow{x}\right)g\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\right)$ $-\underset{V}{\int }{d}^{3}xg\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f\left(\overrightarrow{x}\right)-\underset{V}{\int }{d}^{3}xf\left(\overrightarrow{x}\right)g\left(\overrightarrow{x}\right)\underset{=0}{\underbrace{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)}}$,

in dem nach dem Satz von Gauß der Divergenzterm

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \left(f\left(\overrightarrow{x}\right)g\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\right)=\underset{A=\partial V}{\int }{d}^{2}a\overrightarrow{n}\cdot \left(f\left(\overrightarrow{x}\right)g\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\right)\underset{r\to \mathrm{\infty },\partial V=\partial {ℝ}^3}{⟶}0$,

auf dem Rande des Integrationsvolumens verschwindet, weil im Unendlichen kein Strom fließe. Hieraus resultiert der im Folgenden noch oft verwendete Hilfssatz:

Für $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)=0$ gilt $0=\int d^{3}x(f\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g\left(\overrightarrow{x}\right)+g\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f\left(\overrightarrow{x}\right))$.

Hierin setzten wir nacheinander

(a) $f=1,g=x_k\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f=0,\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g={\hat{e}}_k$:

$\int d^{3}x{J}_k\left(\overrightarrow{x}\right)=\int d^{3}x\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot {\hat{e}}_k=\int d^{3}x\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{x}_k=0$.

D.h. der Monopol-Anteil verschwindet!

(b) $f=x_i,g=x_k\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f={\hat{e}}_i,\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g={\hat{e}}_k$:

$\int d^{3}x(x_i{J}_k\left(\overrightarrow{x}\right)+x_k{J}_i\left(\overrightarrow{x}\right))=0$,

(c) $x_i{J}_k-x_k{J}_i=\sum _{p,q}{x}_p{J}_q({\delta }_{ip}{\delta }_{kq}-{\delta }_{iq}{\delta }_{kp})=\sum _{p,q,l}{\epsilon }_{ikl}{\epsilon }_{lpq}{x}_p{J}_q=\sum _l{\epsilon }_{ikl}{[\overrightarrow{x}\times \overrightarrow{J}]}_l$.

Aus (a) bis (c) erhalten wir somit für das Vektorpotential

$A_k\left(\overrightarrow{x}\right)\underset{(a)}{\approx }\frac{1}{c}\sum _i\frac{x_i}{r^3}\int d^3{x}^{\prime }{x}_i^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)=\frac{1}{2c}\sum _i\frac{x_i}{r^3}\int d^3{x}^{\prime }(x_i^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)+x_i^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))\underset{(b)}{=}$ $\frac{1}{2c}\sum _i\frac{x_i}{r^3}\int d^3{x}^{\prime }(x_i^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)-x_k^{\prime }{J}_i\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))\underset{(c)}{=}\frac{1}{2c}\sum _{i,l}{\epsilon }_{ikl}\frac{x_i}{r^3}\int d^3{x}^{\prime }{[{\overrightarrow{x}}^{\prime }\times \overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)]}_l=$ $\underset{k}{[\underset{=:\overrightarrow{m}}{\underbrace{\frac{1}{2c}\int d^3{x}^{\prime }({\overrightarrow{x}}^{\prime }\times \overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))}}\times \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}]}$,

d.h.

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)\approx \overrightarrow{m}\times \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$

mit dem magnetischen Moment

$\overrightarrow{m}=\frac{1}{2c}\int d^3{x}^{\prime }({\overrightarrow{x}}^{\prime }\times \overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))$.

Aus dem jetzt bekannten Vektorpotential lässt sich selbstverständlich wieder ein magnetisches Feld berechnen:

$\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}\approx -\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times (\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{r})\underset{\overrightarrow{m}=const.}{=}\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \frac{\overrightarrow{m}}{r})=$ $=-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{\overrightarrow{m}}{r}+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \frac{\overrightarrow{m}}{r})=-\overrightarrow{m}\underset{=0,r\ne 0}{\underbrace{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{r}}}+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}(\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{r})$, $\frac{\partial }{\partial x_i}\frac{x_j}{r^3}=\frac{1}{r^3}({\delta }_{ij}-3n_i{n}_j)$, $\overrightarrow{n}=\frac{\overrightarrow{x}}{r}$,

woraus ein magnetisches Dipolfeld resultiert:

$\overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}\approx \frac{3\overrightarrow{n}(\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{n})-\overrightarrow{m}}{r^3}$.

Außerdem ist es noch möglich, mittels (a) bis (c) die magnetische Dipolenergie und das Drehmoment auf eine lokalisierte Stromverteilung zu bestimmen.

• Die magnetische Dipolenergie können wir durch das Betrachten einer

Kraft

$\overrightarrow{F}=\frac{q}{c}\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times \overrightarrow{B}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)$

auf eine wenig ausgedehnte Stromverteilung im äußeren Magnetfeld gewinnen, d.h.

$B_i\left(\overrightarrow{x}\right)\approx B_i\left(0\right)+\sum _k{x}_k\frac{\partial B_i}{\partial x_k}\left(0\right)$: $F_l\approx \frac{1}{c}\sum _{p,q}{\epsilon }_{lpq}(B_q\left(0\right)\underset{\underset{(a)}{=}0}{\underbrace{\int d^3{x}^{\prime }{J}_p\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}}+\sum _k\frac{\partial B_i}{\partial x_k}\left(0\right)\int d^3{x}^{\prime }{x}_k^{\prime }{J}_p\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))$ $=\frac{1}{2c}\sum _{p,q}{\epsilon }_{lpq}\sum _k\frac{\partial B_q}{\partial x_k}\left(0\right)\int d^3{x}^{\prime }(x_k^{\prime }{J}_p\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)+x_k^{\prime }{J}_p\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))$ $\underset{(b)}{=}\frac{1}{2c}\sum _{p,q}{\epsilon }_{lpq}\sum _k\frac{\partial B_q}{\partial x_k}\left(0\right)\int d^3{x}^{\prime }(x_k^{\prime }{J}_p\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)-x_p^{\prime }{J}_k\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right))$ $\underset{(c)}{=}\frac{1}{2c}\sum _{p,q}{\epsilon }_{lpq}\sum _k\frac{\partial B_q}{\partial x_k}\left(0\right)\sum _r{\epsilon }_{kps}\int d^3{x}^{\prime }{[{\overrightarrow{x}}^{\prime }\times \overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)]}_s$ $=\frac{1}{2c}\sum _{k,s,q}\frac{\partial B_q}{\partial x_k}\left(0\right)\underset{=2c\overrightarrow{m}}{\underbrace{\int d^3{x}^{\prime }{[{\overrightarrow{x}}^{\prime }\times \overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)]}_s}}\underset{={\delta }_{lk}{\delta }_{qs}-{\delta }_{ls}{\delta }_{qk}}{\underbrace{\sum _p{\epsilon }_{lqp}{\epsilon }_{pks}}}$ $=\frac{\partial \overrightarrow{B}}{\partial x_l}\left(0\right)\cdot \overrightarrow{m}-m_l\underset{=0}{\underbrace{(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{B})}}\left(0\right)=-\frac{\partial }{\partial x_l}(-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{B})$,

weil ja $\overrightarrow{m}=const.$

Die magnetische Dipolenergie beträgt somit:

$U=-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{B}$.

• Drehmoment auf eine lokalisierte Stromverteilung:

Aus

$d\overrightarrow{F}\approx \frac{1}{c}\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\times \overrightarrow{B}\left(0\right)d^{3}x$

folgt unmittelbar

$d\overrightarrow{N}=\overrightarrow{x}\times d\overrightarrow{F}\approx \frac{1}{c}\overrightarrow{x}\times (\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\times \overrightarrow{B}\left(0\right))d^{3}x=$ $\frac{1}{c}[(\overrightarrow{B}\left(0\right)\cdot \overrightarrow{x})\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)-(\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{x})\overrightarrow{B}\left(0\right)]d^{3}x$.

Für $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)=0$ gilt ja: $0=\int d^{3}x(f\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g\left(\overrightarrow{x}\right)+g\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f\left(\overrightarrow{x}\right))$.

Hierin setzen wir ein:

$(g=f=r\Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}g=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}f=\frac{\overrightarrow{x}}{r}={\hat{e}}_r)\Rightarrow 0=\int d^{3}x(\overrightarrow{J}\left(\overrightarrow{x}\right)\cdot \overrightarrow{x})$,

woraus sich für das Drehmoment

$N_i=\frac{1}{c}\overrightarrow{B}\left(0\right)\cdot \int d^{3}x\overrightarrow{x}{J}_i\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{2c}\sum _k{B}_k\left(0\right)\int d^{3}x(x_k{J}_i+x_k{J}_i)$ $\underset{(b)}{=}\frac{1}{2c}\sum _k{B}_k\left(0\right)\int d^{3}x(x_k{J}_i-x_i{J}_k)$ $\underset{(c)}{=}\frac{1}{2c}\sum _{k,l}{\epsilon }_{kil}{B}_k\left(0\right)\underset{=2c{m}_l}{\underbrace{\int d^{3}x{[\overrightarrow{x}\times \overrightarrow{J}]}_l}}=\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{B}\left(0\right)$

ergibt.

Skalarpotential bei Anwesenheit von Dielektrika

Bei Anwesenheit von Dielektrika, die nicht unbedingt isotrop sein müssen, gilt:

$\tilde{\rho }=\rho -\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{P}$.

Für das Skalarpotential ergibt sich somit

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\int d^3{x}^{\prime }\frac{\tilde{\rho }\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\int d^3{x}^{\prime }\frac{(\rho -{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\cdot \overrightarrow{P})\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=$ $\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}-\underset{⟶0,Gauss}{\underbrace{\int d^3{x}^{\prime }{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\cdot \left(\frac{\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\right)}}+\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\cdot {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=$ $\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}-\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=$ $\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\cdot \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$,

wobei wir hier den Gauß'schen Integralsatz verbunden mit der Tatsache verwendet haben, dass im Unendlichen keine polarisierbare Materie vorhanden ist. Außerdem haben wir

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$

genutzt.

Deutung des Ergebnisses: Das Skalarpotential

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\int d^3{x}^{\prime }\frac{\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\cdot \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$

entsteht aus der Dipolentwicklung von $A_0$,

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)\approx \frac{q}{r}+\overrightarrow{p}\cdot \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$,

durch eine Volumenintegration über:

$d{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)=A_0\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })d^3{x}^{\prime }\approx \frac{dq}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+d\overrightarrow{p}\cdot \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$

mit

$dq=\rho \left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)d^3{x}^{\prime },d\overrightarrow{p}=\overrightarrow{P}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)d^3{x}^{\prime }$.

Vektorpotential bei Anwesenheit von Magnetika

Bei Anwesenheit von Magnetika, die nicht unbedingt isotrop sein müssen, gilt:

$\tilde{\overrightarrow{J}}=\overrightarrow{J}+c\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{M}+{\partial }_t\overrightarrow{P}$.

Zeitableitungen werden aber in der Elektrostatik vernachlässigt - daher:

$\tilde{\overrightarrow{J}}=\overrightarrow{J}+c\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{M}$.

Diese Stromdichte erfüllt dann auch wieder die Divergenzfreiheit (Kontinuitätsgleichung): $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \tilde{\overrightarrow{J}}=0$, weil $divrot\equiv 0$.

D.h. wir erhalten

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\tilde{\overrightarrow{J}}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\int d^3{x}^{\prime }\frac{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$.

Im zweiten Integral können wir den Integranden mittels

${\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \left(\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\right)=\frac{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}-\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$

umformen:

$\int d^3{x}^{\prime }\frac{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\int d^3{x}^{\prime }{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \left(\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\right)+\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$.

Es gibt zudem eine spezielle Variante des Gauß'schen bzw. Stokes'schen Satzes, die wir hier anwenden können:

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{F}=\underset{A=\partial V}{\int }d\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{F}$,

wobei $d\overrightarrow{a}=d^{2}a\overrightarrow{n}$. Der folgende Oberflächenterm verschwinde:

$\int d^3{x}^{\prime }{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\times \left(\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\right)=\underset{A=\partial {ℝ}^3}{\int }d\overrightarrow{a}\times \left(\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}\right)⟶0$.

Somit erhalten wir

$\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^{\prime }\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times (\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$,

woraus schließlich

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\tilde{\overrightarrow{J}}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times (\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$

resultiert.

Hierauf kommen wir auch über (s. das Kap. über das skalare Potential bei Anwesenheit von Dielektrika) $\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)\approx \overrightarrow{m}\times \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$:

$\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\int d\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)$ entsteht durch Volumenintegration über

$d\overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\overrightarrow{A}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })d^3{x}^{\prime }\approx \frac{1}{c}\frac{d\overrightarrow{J}}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}+d\overrightarrow{m}\times \frac{\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3},d\overrightarrow{J}=\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)d^3{x}^{\prime },d\overrightarrow{m}=\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)d^3{x}^{\prime }$.

Daraus können wir die magnetische Flussdichte bestimmen:

$\overrightarrow{B}\left(\overrightarrow{x}\right)=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{A}\left(\overrightarrow{x}\right)=\underset{=\overrightarrow{H}\left(\overrightarrow{x}\right)}{\underbrace{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \frac{1}{c}\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{J}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}}}+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times (\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })}{{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}^3}$ $=\overrightarrow{H}\left(\overrightarrow{x}\right)-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$ $=\overrightarrow{H}\left(\overrightarrow{x}\right)+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=\overrightarrow{H}\left(\overrightarrow{x}\right)+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$.

Der letzte Summand lässt sich noch weiter umformen:

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|})=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|})-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}$,

worin wiederum der letzte Term berechnet werden kann:

$-{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\int d^3{x}^{\prime }\frac{\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right)}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=-\int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\frac{1}{|\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime }|}=4\pi \int d^3{x}^{\prime }\overrightarrow{M}\left({\overrightarrow{x}}^{\prime }\right){\delta }^3(\overrightarrow{x}-{\overrightarrow{x}}^{\prime })=4\pi \overrightarrow{M}\left(\overrightarrow{x}\right)$.

Aus der Rotation dieser Gleichung für $\overrightarrow{B}$ und der Maxwell-Gleichung

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H}=\frac{4\pi }{c}\overrightarrow{J}$

erhalten wir

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{B}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H}+4\pi \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{M}=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times (\overrightarrow{H}+4\pi \overrightarrow{M})=\frac{4\pi }{c}(\overrightarrow{J}+c\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{M})$,

woraus wir schließlich

$\overrightarrow{B}=\overrightarrow{H}+4\pi \overrightarrow{M}$

ablesen können.

Elektrostatische Energie in Dielektrika

Die potentielle Energie einer Probeladung q im elektrischen Feld beträgt

$E_{pot}=q{A}_0$,

woraus sich

$\delta E_{pot}=\int d^{3}x\underset{\frac{1}{4\pi }\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \delta \overrightarrow{D}\left(\overrightarrow{x}\right)}{\underbrace{\delta \rho \left(\overrightarrow{x}\right)}}{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)=\frac{1}{4\pi }\int d^{3}x{A}_0\left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \delta \overrightarrow{D}\left(\overrightarrow{x}\right)$

ergibt, wenn man z.B. die Platten eines Kondensators auflädt. Hieraus erhalten wir durch partielle Integration mittels Green I, d.h.

$\underset{V}{\int }{d}^{3}x(\varphi {\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}^2\psi +\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\varphi \right)\cdot \left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi \right))=\underset{S=\partial V}{\int }{d}^{2}a\varphi \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi$

mit $\varphi =A_0$ und $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\psi =\delta \overrightarrow{D}$,

$\delta E_{pot}=-\frac{1}{4\pi }\underset{{ℝ}^3}{\int }{d}^{3}x\delta \overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0+\underset{{\mathbb{\partial }ℝ}^3}{\int }{d}^{2}a{A}_0\overrightarrow{n}\cdot \delta \overrightarrow{D}$.

Das Oberflächenintegral

$\underset{{\mathbb{\partial }ℝ}^3}{\int }{d}^{2}a{A}_0\overrightarrow{n}\cdot \delta \overrightarrow{D}⟶0$,

da entsprechend dem Coulomb-Feld $\overrightarrow{D}\propto \frac{\overrightarrow{x}}{r^3}$, $A_0\propto \frac{1}{r}$ und $\overrightarrow{n}=\frac{\overrightarrow{x}}{r}$, $d^{2}a\propto r^2$ (Kugelkoordinaten), sodass

$d^{2}a{A}_0\overrightarrow{n}\cdot \delta \overrightarrow{D}\propto \frac{1}{r}\underset{r\to \mathrm{\infty }}{⟶}0$.

Wegen

$\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0$

erhalten wir schließlich

$\delta E_{pot}=-\frac{1}{4\pi }\underset{{ℝ}^3}{\int }{d}^{3}x\delta \overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0=\frac{1}{4\pi }\underset{{ℝ}^3}{\int }{d}^{3}x\delta \overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{E}$.

Bei einem linearen Zusammenhang zwischen $\overrightarrow{E}$ und $\overrightarrow{D}$, d.h. $\delta \overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{E}=\frac{1}{2}\delta (\overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{E})$, folgt:

$E_{pot}=\frac{1}{8\pi }\int d^{3}x\overrightarrow{D}\cdot \overrightarrow{E}$.

Elektrisches Quadrupolmoment

Eine sog. Multipolentwicklung der Energie einer Ladungsverteilung im äußeren Feld $\overrightarrow{E}$ (d.h. $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{E}=0$) können wir folgendermaßen vornehmen: In

$E_{pot}=\int d^{3}x\rho \left(\overrightarrow{x}\right)A_0\left(\overrightarrow{x}\right)$

entwickeln wir das Skalarpotential nach Taylor um den Ursprung:

$A_0\left(\overrightarrow{x}\right)\underset{\overrightarrow{x}\approx 0}{\approx }{A}_0\left(0\right)+\overrightarrow{x}\cdot \underset{=-\overrightarrow{E}\left(0\right)}{\underbrace{\left(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{A}_0\right)\left(0\right)}}+\frac{1}{2}\sum _{i,j}{x}_i{x}_j\underset{=-\frac{\partial E_j}{\partial x_i}\left(0\right)}{\underbrace{\left(\frac{{\partial }^2}{\partial x_i\partial x_j}{A}_0\right)\left(0\right)}}+...$,

woraus

$E_{pot}=q{A}_0\left(0\right)-\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{E}\left(0\right)-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\sum _{i,j}\int d^{3}x\rho \left(\overrightarrow{x}\right)(3x_i{x}_j\frac{\partial E_j}{\partial x_i}\left(0\right)-r^2\stackrel{=0}{\overbrace{\underset{={\delta }_{ij}\frac{\partial E_j}{\partial x_i}}{\underbrace{(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{E})}}}}\left(0\right))$

mit

$q=\int d^{3}x\rho \left(\overrightarrow{x}\right)$

und

$\overrightarrow{p}=\int d^{3}x\rho \left(\overrightarrow{x}\right)\overrightarrow{x}$

resultiert. Diese Entwicklung besteht also aus einem Monopol-Term mit der Ladung q, einem Dipolterm mit dem Dipolmoment $\overrightarrow{p}$ sowie einem sog. Quadrupolterm mit dem Quadrupolmoment $Q_{ij}=\int d^{3}x\rho \left(\overrightarrow{x}\right)(3x_i{x}_j-r^2{\delta }_{ij})$:

$E_{pot}=q{A}_0\left(0\right)-\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{E}\left(0\right)-\frac{1}{6}\sum _{i,j}{Q}_{ij}\frac{\partial E_j}{\partial x_i}$.

Energie des Magnetfeldes

Über die durch Joule'sche Wärme abgegebene Leistung, d.h.

$-\frac{d}{dt}{E}_{pot}=\int d^{3}x\overrightarrow{J}\cdot \overrightarrow{E}=I\int d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=IU$,

und die Induktionsspannung

$U=\underset{C=\partial A}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{E}=-\frac{1}{c}\frac{d}{dt}\underset{A}{\int }{d}^{2}a\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{B}$

können wir auf eine Änderung der potentiellen Energie schließen:

$\delta E_{pot}=\frac{1}{c}I\underset{A}{\int }{d}^{2}a\overrightarrow{n}\cdot \underset{=\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \delta \overrightarrow{A}}{\underbrace{\delta \overrightarrow{B}}}=\frac{1}{c}I\underset{A}{\int }{d}^{2}a\overrightarrow{n}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \delta \overrightarrow{A})\underset{Stokes}{=}\frac{1}{c}I\underset{C=\partial A}{\int }d\overrightarrow{x}\cdot \delta \overrightarrow{A}$ $=\frac{1}{c}I\underset{V}{\int }{d}^{3}x\underset{=\frac{c}{4\pi }\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H}}{\underbrace{\overrightarrow{J}}}\cdot \delta \overrightarrow{A}=\frac{1}{4\pi }\underset{V}{\int }{d}^{3}x(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H})\cdot \delta \overrightarrow{A}$,

wobei wir hierin von

$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{H}\times \delta \overrightarrow{A})=\delta \overrightarrow{A}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \overrightarrow{H})-\overrightarrow{H}\cdot \underset{=\delta \overrightarrow{B}}{\underbrace{(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\times \delta \overrightarrow{A})}}$

Gebrauch machen, um

$\delta E_{pot}=\frac{1}{4\pi }\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{H}\times \delta \overrightarrow{A})+\frac{1}{4\pi }\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{H}\cdot \delta \overrightarrow{B}$

zu erhalten. Mit dem Satz von Gauß gilt:

$\underset{V={ℝ}^3}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{H}\times \delta \overrightarrow{A})=\underset{\partial {ℝ}^3}{\int }{d}^{2}a\overrightarrow{n}\cdot (\overrightarrow{H}\times \delta \overrightarrow{A})⟶0$,

sodass sich

$\delta E_{pot}=\frac{1}{4\pi }\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{H}\cdot \delta \overrightarrow{B}$

ergibt.

Bei einem linearen Zusammenhang zwischen $\overrightarrow{B}$ und $\overrightarrow{H}$, d.h. $\overrightarrow{H}\cdot \delta \overrightarrow{B}=\frac{1}{2}\delta (\overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{B})$, gilt:

$E_{pot}=\frac{1}{8\pi }\underset{V}{\int }{d}^{3}x\overrightarrow{H}\cdot \overrightarrow{B}$.