Дирак Дельта Магнитное поле

У вас есть определение векторного потенциала.

$$\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$$ По теореме Стокса это эквивалентно $$\iint_S \mathbf{B}\ d\mathbf{S} = \oint_{\partial S} \mathbf{A}\ d\mathbf{r}$$ где$S$любая площадь поверхности и$\partial S$является его граничной линией.

Теперь выберите для$S$круг вокруг$z$-ось. Тогда интеграл слева тривиален, это просто константа$\phi$. И интеграл справа, выполненный в цилиндрических координатах ($\rho,\varphi,z$), это кругосветное путешествие$\varphi$:

$$\phi=\int_0^{2\pi} \mathbf{A}\ \hat{\varphi}\ \rho\ d\varphi$$

Легко видеть, что решение есть

$$\mathbf{A}(\rho,\varphi,z) = \frac{\phi}{2\pi\rho}\,\hat{\mathbf{\varphi}}$$

Один из способов сделать это (хотя я бы не стал винить вас за то, что вы обвинили меня в мошенничестве) — «запомнить» личность (в цилиндрических координатах):

$$\nabla \times \left(\frac{\hat{\mathbf{\varphi}}}{\rho}\right) = \hat{\mathbf{z}}\,\, 2 \pi \,\delta^2(\rho).\tag{1}\label{1}$$

Это напоминает тождество расхождения (в сферических полярных координатах):

$$\nabla \cdot \left(\frac{\hat{\mathbf{r}}}{r^2}\right) = 4\pi \delta^3(r).\tag{2}\label{2}$$

Используя тот факт, что$\delta^2(\rho) = \delta(x)\delta(y)$, вы должны увидеть, что можете написать первое уравнение в терминах вашего поля$\mathbf{B}$как:

$$\nabla \times \left(\frac{\phi}{2\pi\rho}\,\hat{\mathbf{\varphi}}\right) = \mathbf{B}.$$

Используя определение векторного потенциала$\nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B},$вы должны увидеть это единственное решение для$\mathbf{A}$ясно

$$\mathbf{A}(\rho,\varphi,z) = \frac{\phi}{2\pi\rho}\,\hat{\mathbf{\varphi}}.$$

Все остальные решения для$\mathbf{A}$можно получить, добавив градиент любого скалярного поля (назовем его$f$), поэтому общее решение

$$\mathbf{A}'= \mathbf{A} + \nabla f.$$ Поскольку завиток градиента равен нулю, $$\nabla \times \mathbf{A}' = \nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B}.$$ Это просто отражение калибровочной инвариантности.