Editing Magnetostatische Feldgleichungen

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Sie gelten auch in quasistaischer Näherung: Die zeitliche Änderung muss viel kleiner sein als die räumliche !!

Mit dem Vektorpotenzial

:<math>\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>

Welches nicht eindeutig ist, sondern beliebig gemäß
:<math>\bar{A}(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi </math>
umgeeicht werden kann.
(
:<math>\Psi (\bar{r})</math>
beliebig möglich, da
:<math>\nabla \times \nabla \Psi =0</math>
)

Mit diesem Vektorpotenzial also kann man schreiben:

:<math>\bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r})=\nabla \times \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}</math>

Beweis:

:<math>\begin{align}
& rot\bar{A}(\bar{r})=\nabla \times \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r}}\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}\times \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \\
& {{\nabla }_{r}}\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=-\frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}} \\
& \Rightarrow rot\bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\times \frac{\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }}{{{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}^{3}}}=\bar{B}(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

Folgende Aussagen sind äquivalent:
Es existiert ein Vektorpotenzial mit

:<math>\begin{align}
& \bar{B}=rot\bar{A}(\bar{r}) \\
& \Leftrightarrow  \\
\end{align}</math>

:<math>div\bar{B}=0</math>

Beweis:

:<math>div(rot\bar{A}(\bar{r}))=0</math>

es gibt keine Quellen der magnetischen Induktion ( es existieren keine "magnetischen Ladungen".

Aber: Magnetische Monopole wurden 1936 von Dirac postuliert, um die Quantelung der Ladung zu erklären. ( aus der quantenmechanischen Quantisierung des Drehimpulses !)
Dies wurde durch die vereinheitlichte Feldtheori4e wieder aufgenommen !
Es wurden extrem schwere magnetische Monopole postuliert, die beim Urknall in den ersten
:<math>{{10}^{-35}}s</math>
erzeugt worden sein sollen.

Sehr umstritten ist ein angeblicher experimenteller Nachweis von 1982 ( Spektrum der Wissenschaft, Juni 1982, S. 78 ff.)
'''Der Zusammenhang zwischen'''

:<math>\bar{B}(\bar{r})</math> und <math>\bar{j}(\bar{r})</math>
:

:<math>\begin{align}
& \nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}(\bar{r}) \right)=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}(\bar{r}) \\
& \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=\nabla \cdot \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{\nabla }_{r}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& {{\nabla }_{r}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}=-{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\left[ {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)+\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ }) \right] \\
& {{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \bar{j}(\bar{r}\acute{\ })=-\frac{\partial }{\partial t}\rho =0 \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right) \\
\end{align}</math>

Wobei die verwendete Kontinuitätsgleichung natürlich nur für statische Ladungsverteilungen gilt !

Im Allgemeinen Fall gilt dagegen:

:<math>\begin{align}
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\nabla }_{r\acute{\ }}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)-\frac{\partial }{\partial t}\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\rho (\bar{r}\acute{\ },t)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\
& \frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\rho (\bar{r}\acute{\ },t)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}={{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\Phi (\bar{r},t) \\
& \Rightarrow \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\oint\limits_{S\infty }{{}}{{d}^{3}}\bar{f}\acute{\ }\left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)-{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\Phi (\bar{r},t) \\
\end{align}</math>

Mit dem Gaußschen Satz.
Wenn das Potenzial jedoch ins unendliche hinreichend rasch abfällt, so gilt:

:<math>\oint\limits_{S\infty }{{}}{{d}^{3}}\bar{f}\acute{\ }\left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=0</math>

Also:

:<math>\nabla \cdot \bar{A}(\bar{r})=-{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\Phi (\bar{r},t)</math>

Also:

:<math>\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)={{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)</math>

Auf der anderen Seite ergibt sich ganz einfach

:<math>\begin{align}
& \Delta \bar{A}(\bar{r})=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }{{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ }){{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right) \\
& =\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\bar{j}(\bar{r}\acute{\ })\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)=-{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
\end{align}</math> wegen <math>{{\Delta }_{r}}\cdot \left( \frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \right)=4\pi \delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)</math>

Also:

:<math>\nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})+{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)</math>

Für stationäre Ströme, die gerade bei stationären Ladungsverteilungen vorliegen, folgt:

:<math>\begin{align}
& \nabla \times \bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
& {{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\frac{\partial }{\partial t}\bar{E}(\bar{r},t)=0 \\
\end{align}</math>

Dies ist die differenzielle Form des Ampereschen Gesetzes
Die Ströme sind die Wirbel der magnetischen Induktion !!

Integration über eine Fläche F mit Rand
:<math>\partial F</math>
liefert die Intgralform:

:<math>\begin{align}
& \int_{{}}^{{}}{d\bar{f}\cdot }\nabla \times \bar{B}(\bar{r})=\oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\bar{B}(\bar{r})=\int_{{}}^{{}}{d\bar{f}\cdot }{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})={{\mu }_{0}}I \\
& \oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}I \\
\end{align}</math>

Mit dem Satz von Stokes
Das sogenannte Durchflutungsgesetz !

<u>'''Zusammenfassung:'''</u>

<u>'''Magnetostatik:'''</u>

:<math>div\bar{B}=0\Leftrightarrow \bar{B}=rot\bar{A}</math>
( quellenfreiheit)

:<math>\begin{align}
& rot\bar{B}={{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r})\Leftrightarrow \oint\limits_{\partial F}{{}}d\bar{s}\cdot \bar{B}={{\mu }_{0}}I \\
& \Rightarrow \Delta \bar{A}=-{{\mu }_{0}}\bar{j}(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

Gilt jedoch nur im Falle der Coulomb- Eichung:

:<math>\nabla \cdot \bar{A}=0</math>

Dies geschieht durch die Umeichung

:<math>\begin{align}
& \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \bar{A}+\nabla \Psi  \\
& \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \nabla \times \bar{A}+\nabla \times \nabla \Psi  \\
& \nabla \times \nabla \Psi =0\Rightarrow \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r})\to \nabla \times \bar{A} \\
& \Rightarrow \nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)=\nabla \times \bar{B}(\bar{r})={{\mu }_{0}}\bar{j} \\
& \nabla \times \left( \nabla \times \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)=\nabla \left( \nabla \cdot \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \right)-\Delta \bar{A}\acute{\ }(\bar{r}) \\
\end{align}</math>

<u>'''Elektrostatik:'''</u>

:<math>rot\bar{E}=0\Leftrightarrow \bar{E}=-\nabla \Phi </math>
( Wirbelfreiheit)

:<math>\begin{align}
& {{\varepsilon }_{0}}\nabla \cdot \bar{E}=\rho  \\
& \Leftrightarrow {{\varepsilon }_{0}}\oint\limits_{\partial V}{d\bar{f}\cdot }\bar{E}=Q \\
\end{align}</math>
differenzielle Form / integrale Form

:<math>\Rightarrow \Delta \Phi =-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\rho \left( {\bar{r}} \right)</math>
( Poissongleichung)