Klassische Elektrodynamik - Institut für Theoretische Physik der ...

Kapitel II. Elektrostatisches und magnetostatisches Grundproblem, Randwertprobleme 31
die Gleichung
∆ x G(x − x ′ ) = −4πδ (3) (x − x ′ )
mit der Randbedingung des Abfalls wie 1/r für r → ∞.
Damit erhalten wir eine Lösung der Poisson-Gleichung, denn
(II.31)
worin G(x − x ′ ) durch (II.30) gegeben ist. Also löst
∆ϕ(x) = −4πρ(x)
∫
= −4π δ (3) (x − x ′ )ρ(x ′ ) d 3 x ′
∫
(II.32)
= ∆ x G(x − x ′ )ρ(x ′ ) d 3 x ′
= ∆ x G(x − x ′ )ρ(x ′ ) d 3 x ′
∫
ϕ(x) =
ρ(x ′ )
|x − x ′ | d3 x ′ (II.33)
die Poisson-Gleichung ∆ϕ = −4πρ mit E = −grad ϕ. Daher
∫
ρ(x ′ )
E(x) = −grad x
|x − x ′ | d3 x ′ , (II.34)
so daß wir das Coulomb-Gesetz
∫
E(x) =
ρ(x ′ ) x − x′
|x − x ′ | 3 d3 x ′ (II.35)
erhalten. Dies ist die eindeutige Lösung.
II.2.b
Magnetostatische Grundaufgabe
In der magnetostatischen Grundaufgabe sind die Wirbel von B gegeben, und die Quellen
verschwinden:
rot B = 4π c
j und div B = 0 . (II.36)
Es ist div rot A = 0 für jedes beliebige Vektorfeld A. Man kann daher versuchen, ein quellenfreies
B als Rotation darzustellen:
B = rot A .
(II.37)
A heißt Vektorpotential (in Analogie zum skalaren Potential ϕ in der elektrostatischen
Grundaufgabe). Man kann zeigen: jedes divergenz-freie Vektorfeld läßt sich so darstellen.
(Bei uns wird im folgenden die Existenz durch Konstruktion gezeigt.)
Man sieht, daß das Vektorpotential A nicht eindeutig bestimmt ist! Mit A ergibt nämlich
auch
A ′ = A + grad χ(x)
(II.38)
dasselbe B = rot A = rot A ′ , da rot grad χ = 0 wenn χ eine differenzierbare skalare Funktion
ist.