Вывод закона Ампера в Джексоне

Question

Вывод закона Ампера в Джексоне

Джастин

Вывод закона Ампера в Jackson E&M из закона Био Савара по большей части довольно традиционен, с использованием $\nabla\times(\nabla\times A)$ тождество по векторному потенциалу:

\nabla \times B знак равно \nabla \times \nabla \times \frac{μ_{0}}{4 π} \int (\frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} Икс

$\nabla\times\mathbf{B}=\nabla\times\nabla\times\frac{\mu_0}{4\pi}\int\left(\frac{\mathbf{J(x')}}{\mathbf{|x-x'|}}\right)\,d^3x$

и использование некоторых тождеств (таких как тождество Лапласа / Дирака, полученное ранее) для упрощения проблемы.

Однако, как он обычно делает, он не учитывает большинство этапов вычислений, и есть особенно вопиющее упущение от 5.20 до 5.21, которое мне трудно понять.

Он упрощает первое выражение до чего-то более послушного, а именно:

\nabla \times B знак равно - \frac{μ_{0}}{4 π} \nabla \int J ({Икс}^{'}) \cdot \nabla^{'} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} + μ_{0} J (Икс)

$\nabla\times\mathbf{B}=-\frac{\mu_0}{4\pi}\,\nabla\int\mathbf{J(x')}\cdot\nabla'\left(\frac{1}{|\mathbf{x}-\mathbf{x'}|}\right)\,d^3x'+\mu_0\mathbf{J(x)}$

А затем в довольно загадочном заявлении говорится, что «интеграция по частям дает:»

\nabla \times B знак равно - \frac{μ_{0}}{4 π} \nabla \int \frac{\nabla^{'} \cdot J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} + μ_{0} J (Икс)

$\nabla\times\mathbf{B}=-\frac{\mu_0}{4\pi}\,\nabla\int\frac{\nabla'\cdot\mathbf{J(x')}}{|\mathbf{x}-\mathbf{x'}|}\,d^3x'+\mu_0\mathbf{J(x)}$

Я проработал большую часть работы, но еще несколько шагов ускользают от меня.

Под интеграцией по частям он почти наверняка подразумевает применение тождества $\mathbf{A}\cdot\nabla \psi = \nabla\cdot(\psi\mathbf{A})-\psi(\nabla\cdot\mathbf{A})$ , что сводит проблему к

\nabla \times B знак равно \nabla \int \frac{\nabla^{'} \cdot J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} - \nabla \int \nabla^{'} \cdot (\frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} + . . .

$\nabla\times\mathbf{B}=\nabla\int\frac{\nabla'\cdot\mathbf{J(x')}}{|\mathbf{x-x'}|}\,d^3x'-\nabla\int\nabla'\cdot\left(\frac{\mathbf{J(x')}}{|\mathbf{x-x'}|}\right)\,d^3x'+\ ...$

Для стационарных магнитных явлений первое подынтегральное выражение обращается в нуль (поскольку $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$ ), но второй остается.

\nabla \times B знак равно - \nabla \int \nabla^{'} \cdot (\frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} + . . .

$\nabla\times\mathbf{B}=-\nabla\int\nabla'\cdot\left(\frac{\mathbf{J(x')}}{|\mathbf{x-x'}|}\right)\,d^3x'+\ ...$

Понятия не имею, как показать, что этот термин исчезает. Я бы использовал теорему о расходимости, чтобы преобразовать интеграл объема в интеграл по поверхности, но подынтегральное выражение не $C^1$ с сингулярностью на нуле, так что я не уверен, что смогу. Джексон делает что-то умное с $a$ -потенциал

\underset{а \to 0}{Lim} (\nabla \cdot (\frac{1}{({Икс}^{2} + а^{2})^{1 / 2}}))

$\lim_{a\rightarrow 0}\left(\nabla\cdot\left(\frac{1}{(x^2+a^2)^{1/2}}\right)\right)$

в несколько похожем электростатическом случае ранее, но я не думаю, что здесь это применимо.

Стив Бирнс

У Гриффитса гораздо больше деталей и объяснений этого доказательства, чем у Джексона.

Джастин

Рядом со мной также Гриффит, и это намного яснее. Меня все еще беспокоит применение теоремы о расходимости к сингулярным формам. Гриффит делает то же самое при выводе закона Гаусса, но я недостаточно хорошо разбираюсь в дифференциальных формах, чтобы оспаривать или подтверждать его. Джексон, кажется, делает все возможное, чтобы избежать этой проблемы, выстраивая сложные ограничения потенциала вокруг

r = 0

$r=0$ , поэтому я думаю, что есть некоторая озабоченность по поводу того, что

C^{1}

$C^1$ формы.

велут луна

@JacobAustin Как вы интерпретируете

A = \frac{μ_{0}}{4 π} \int \frac{J (x^{'})}{| x - x^{'} |} d^{3} x^{'}

$A=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{J(x')}{|x-x'|}d^3x'$ где подынтегральная функция раздувается при

x^{'} = x

$x'=x$ ? Я не отвечаю и не намекаю на ваш вопрос. Я тоже этого не понимаю. См. Physics.stackexchange.com/q/249559 . Но я думаю, это связано с вашим вопросом.

Ответы (2)

Вывод закона Ампера в Джексоне

У Гриффитса гораздо больше деталей и объяснений этого доказательства, чем у Джексона.
Рядом со мной также Гриффит, и это намного яснее. Меня все еще беспокоит применение теоремы о расходимости к сингулярным формам. Гриффит делает то же самое при выводе закона Гаусса, но я недостаточно хорошо разбираюсь в дифференциальных формах, чтобы оспаривать или подтверждать его. Джексон, кажется, делает все возможное, чтобы избежать этой проблемы, выстраивая сложные ограничения потенциала вокруг $r=0$ , поэтому я думаю, что есть некоторая озабоченность по поводу того, что $C^1$ формы.
@JacobAustin Как вы интерпретируете $A=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{J(x')}{|x-x'|}d^3x'$ где подынтегральная функция раздувается при $x'=x$ ? Я не отвечаю и не намекаю на ваш вопрос. Я тоже этого не понимаю. См. Physics.stackexchange.com/q/249559 . Но я думаю, это связано с вашим вопросом.

Фробениус · Answer 1

В учебнике Джексона абзац $\S 5.3$ начинается с уравнения (5.14), представленного здесь как (001)

\begin{matrix} (001) & B (Икс) знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \int J ({Икс}^{'}) \times \frac{Икс - {Икс}^{'}}{{| Икс - {Икс}^{'} |}^{3}} d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{B}\left(\mathbf{x}\right)=\dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\times}\dfrac{\mathbf{x}-\mathbf{x}'}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|^3}d^{3}x' \tag{001} \end{equation}$ Затем, используя приведенное выше соотношение (1.15) в том же учебнике, легко доказываемое и представленное здесь как (002)

\begin{matrix} (002) & \frac{Икс - {Икс}^{'}}{{| Икс - {Икс}^{'} |}^{3}} знак равно - \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mathbf{x}-\mathbf{x}'}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|^3}= - \boldsymbol{\nabla} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) \tag{002} \end{equation}$ уравнение (001) выражается как

\begin{matrix} (003) & B (Икс) знак равно - \frac{μ_{о}}{4 π} \int J ({Икс}^{'}) \times \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{B}\left(\mathbf{x}\right)= - \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\times}\boldsymbol{\nabla} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right)d^{3}x' \tag{003} \end{equation}$ Если в векторной формуле

\begin{matrix} (004) & \nabla \times (ψ а) знак равно \nabla ψ \times а + ψ (\nabla \times а) \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \left(\psi \mathbf{a} \right)=\boldsymbol{\nabla}\psi \boldsymbol{\times}\mathbf{a}+\psi\left(\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \mathbf{a} \right) \tag{004} \end{equation}$ мы заменяем

\begin{matrix} (005) & ψ знак равно \frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}, а знак равно J ({Икс}^{'}) \end{matrix}

$\begin{equation} \psi=\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} , \quad \mathbf{a}=\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right) \tag{005} \end{equation}$ тогда

\begin{matrix} (006) & \nabla \times (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |} J ({Икс}^{'})) знак равно \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) \times J ({Икс}^{'}) + \frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |} \underset{знак равно 0}{\underset{⏟}{[\nabla \times J ({Икс}^{'})]}} \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \left( \dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right) \right)=\boldsymbol{\nabla} \left( \dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} \right) \boldsymbol{\times} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right) + \dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} \underbrace{\left [\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right) \right]}_{=\mathbf{0}} \tag{006} \end{equation}$ Так

\begin{matrix} (007) & J ({Икс}^{'}) \times \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) знак равно - \nabla \times (\frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |}) \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\times}\boldsymbol{\nabla} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right)= - \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \left( \dfrac{\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} \right) \tag{007} \end{equation}$ Заменив это выражение интегралом в (003)

\begin{matrix} (008) & B (Икс) знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \int \nabla \times (\frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{B}\left(\mathbf{x}\right)= \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\int\:\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \left( \dfrac{\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} \right)d^{3}x' \tag{008} \end{equation}$ Локон

\nabla \times

$\:\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\:$ касается различий в отношении

x

$\: \mathbf{x}\:$ поэтому он экспортируется из интеграла, поскольку переменная интегрирования

x^{'}

$\: \mathbf{x}'\:$

\begin{matrix} (009) & B (Икс) знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \times \int \frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{B}\left(\mathbf{x}\right)= \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \int\:\dfrac{\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} d^{3}x' \tag{009} \end{equation}$ идентично уравнению (5.16) в учебнике.
Из приведенного выше уравнения имеем

\begin{matrix} (010) & \nabla \times B знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \times \nabla \times \int \frac{J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times} \int\:\dfrac{\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|} d^{3}x' \tag{010} \end{equation}$ идентично уравнению (5.18) в учебнике. Используя следующую формулу для любого векторного поля

\begin{matrix} (011) & \nabla \times (\nabla \times А) знак равно \nabla (\nabla \cdot А) - \nabla^{2} А \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \left( \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right) =\boldsymbol{\nabla}\left(\nabla \boldsymbol{\cdot}\mathbf{A}\right)- \nabla^{2}\mathbf{A} \tag{011} \end{equation}$ уравнение (010) дает

\begin{matrix} (012) & \nabla \times B знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \int J ({Икс}^{'}) \cdot \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} - \frac{μ_{о}}{4 π} \int J ({Икс}^{'}) \nabla^{2} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla} \int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) d^{3}x' - \dfrac{\mu_{o}}{4\pi} \int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\nabla^{2} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) d^{3}x' \tag{012} \end{equation}$ уравнение (5.19) в учебнике.

Обратите внимание, что все дифференциальные операторы, такие как

$\:\boldsymbol{\nabla}=\text{grand},\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}=\text{curl},\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\cdot}=\text{div} \:$

касаться дифференциации в отношении $\:\mathbf{x}\:$ и поэтому их можно свободно подставлять под интегралы по $\:\mathbf{x}'\:$ .
Теперь следующие уравнения действительны (в учебнике не пронумерованы)

\begin{matrix} (013) & \nabla (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) знак равно - \nabla^{'} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right)= - \boldsymbol{\nabla}' \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) \tag{013} \end{equation}$ по существу идентичен (002) и

\begin{matrix} (014) & \nabla^{2} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) знак равно - 4 π δ (Икс - {Икс}^{'}) \end{matrix}

$\begin{equation} \nabla^{2} \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right)= - 4\pi \delta\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right) \tag{014} \end{equation}$ Заменив эти два выражения под первым и вторым интегралами соответственно в правой части (012), получим

\begin{matrix} (015) & \nabla \times B знак равно - \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \int J ({Икс}^{'}) \cdot \nabla^{'} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} + μ_{о} \underset{знак равно J (Икс)}{\underset{⏟}{\int J ({Икс}^{'}) δ (Икс - {Икс}^{'}) d^{3} {Икс}^{'}}} \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= - \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla} \int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla}' \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) d^{3}x' + \mu_{o} \underbrace{\int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\delta\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right) d^{3}x'}_{=\mathbf{J}\left(\mathbf{x}\right)} \tag{015} \end{equation}$ или

\begin{matrix} (016) & \nabla \times B знак равно - \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \int J ({Икс}^{'}) \cdot \nabla^{'} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} + μ_{о} J (Икс) \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= - \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla} \int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla}' \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) d^{3}x' + \mu_{o} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}\right) \tag{016} \end{equation}$ уравнение (5.20) в учебнике. Интегрирование по частям интеграла в правой части (016) дает

\begin{matrix} (017) & \int J ({Икс}^{'}) \cdot \nabla^{'} (\frac{1}{| Икс - {Икс}^{'} |}) d^{3} {Икс}^{'} знак равно - \int \frac{\nabla^{'} \cdot J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} \end{matrix}

$\begin{equation} \int\:\mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla}' \left(\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right|}\right) d^{3}x' = - \int\:\dfrac{ \boldsymbol{\nabla}' \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right| } d^{3}x' \tag{017} \end{equation}$ и (016) дает

\begin{matrix} (018) & \nabla \times B знак равно \frac{μ_{о}}{4 π} \nabla \int \int \frac{\nabla^{'} \cdot J ({Икс}^{'})}{| Икс - {Икс}^{'} |} d^{3} {Икс}^{'} + μ_{о} J (Икс) \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= \dfrac{\mu_{o}}{4\pi}\boldsymbol{\nabla} \int\:\int\:\dfrac{ \boldsymbol{\nabla}' \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}'\right| } d^{3}x' + \mu_{o} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}\right) \tag{018} \end{equation}$ уравнение (5.21) в учебнике. Для стационарных магнитных явлений

\nabla^{'} \cdot J (x^{'}) = 0

$\:\boldsymbol{\nabla}' \boldsymbol{\cdot} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}'\right)=0\:$ , так что получаем

\begin{matrix} (019) & \nabla \times B знак равно μ_{о} J (Икс) \end{matrix}

$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{B}= \mu_{o} \mathbf{J}\left(\mathbf{x}\right) \tag{019} \end{equation}$ уравнение (5.22) в учебнике.

Главный вопрос заключается в том, насколько справедливо уравнение (017) при интегрировании по частям. Это доказано в ПРИЛОЖЕНИИ .

ДОБАВЛЕНИЕ

Пусть интеграл

\begin{matrix} (A-001) & F знак равно \int А (Икс) \cdot \nabla ψ (Икс) d^{3} Икс \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{F}= \int\:\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla} \psi\left(\mathbf{x}\right) d^{3}x \tag{A-001} \end{equation}$ где

A (x) = [A_{1} (x), A_{2} (x), A_{3} (x)]

$\:\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right)=\left[A_{1}\left(\mathbf{x}\right),A_{2}\left(\mathbf{x}\right),A_{3}\left(\mathbf{x}\right) \right]\:$ и

ψ (x)

$\:\psi\left(\mathbf{x}\right)\:$ векторные и скалярные поля векторной переменной соответственно

x = (x_{1}, x_{2}, x_{3})

$\:\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3)\:$ и интеграция происходит по всему пространству.

\begin{matrix} (A-002) & F знак равно \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} (А_{1} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{1}} + А_{2} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{2}} + А_{3} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{3}}) d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{F}=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\left(A_{1}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_1}+A_{2}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_2}+A_{3}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_3}\right)dx_{1}dx_{2}dx_{3} \tag{A-002} \end{equation}$

Теперь путем интеграции по частям

\begin{matrix} (A-003) & \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{ȷ} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{ȷ}} d {Икс}_{ȷ} знак равно [А_{ȷ} ψ]_{{Икс}_{ȷ} знак равно - \infty}^{{Икс}_{ȷ} знак равно + \infty} - \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{ȷ}}{\partial {Икс}_{ȷ}} d {Икс}_{ȷ}, ȷ знак равно 1, 2, 3 \end{matrix}

$\begin{equation} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{\jmath}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{\jmath}}dx_{\jmath}=\biggl[A_{\jmath}\psi\biggr]_{x_{\jmath}=-\infty}^{x_{\jmath}=+\infty} - \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \psi \dfrac{\partial A_{\jmath}}{\partial x_{\jmath}}dx_{\jmath}, \quad \jmath=1,2,3 \tag{A-003} \end{equation}$ Но в нашем случае

\begin{matrix} (A-004) & ψ (Икс) знак равно \frac{1}{| Икс - {Икс}_{0} |} \end{matrix}

$\begin{equation} \psi\left(\mathbf{x}\right)=\dfrac{1}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|} \tag{A-004} \end{equation}$ это

\begin{matrix} (A-005) & \underset{{Икс}_{ȷ} \to \pm \infty}{Lim} ψ (Икс) знак равно 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \lim_{x_{\jmath}\rightarrow\pm\infty}\psi\left(\mathbf{x}\right)=0 \tag{A-005} \end{equation}$ так

\begin{matrix} (A-006) & \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{ȷ} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{ȷ}} d {Икс}_{ȷ} знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{ȷ}}{\partial {Икс}_{ȷ}} d {Икс}_{ȷ}, ȷ знак равно 1, 2, 3 \end{matrix}

$\begin{equation} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{\jmath}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{\jmath}}dx_{\jmath}= - \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \psi \dfrac{\partial A_{\jmath}}{\partial x_{\jmath}}dx_{\jmath}, \quad \jmath=1,2,3 \tag{A-006} \end{equation}$ Формально по координате явно ^{$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{1} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{1}} d {Икс}_{1} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{1}}{\partial {Икс}_{1}} d {Икс}_{1} ⟹ \\ (A-006a) & \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{1} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{1}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{1}}{\partial {Икс}_{1}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} \\ \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{2} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{2}} d {Икс}_{2} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{2}}{\partial {Икс}_{2}} d {Икс}_{2} ⟹ \\ (A-006b) & \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{2} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{2}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{2}}{\partial {Икс}_{2}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} \\ \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{3} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{3}} d {Икс}_{3} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{3}}{\partial {Икс}_{3}} d {Икс}_{3} ⟹ \\ (A-006c) & \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} А_{3} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{3}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} ψ \frac{\partial А_{3}}{\partial {Икс}_{3}} d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} \end{aligned}$ $\begin{align} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{1}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{1}}dx_{1} & = - \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \psi \dfrac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}dx_{1} \quad \Longrightarrow \nonumber\\ \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{1}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_1}dx_{1}dx_{2}dx_{3} & =- \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\psi \dfrac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}dx_{1}dx_{2}dx_{3} \tag{A-006a}\\ \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{2}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{2}}dx_{2} & = - \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \psi \dfrac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}dx_{2} \quad \Longrightarrow \nonumber\\ \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{2}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_2}dx_{1}dx_{2}dx_{3} & =- \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\psi \dfrac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}dx_{1}dx_{2}dx_{3} \tag{A-006b}\\ \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{3}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{3}}dx_{3} & = - \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\psi \dfrac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}}dx_{3} \quad \Longrightarrow \nonumber\\ \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}A_{3}\dfrac{\partial \psi}{\partial x_3}dx_{1}dx_{2}dx_{3} & =- \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\psi \dfrac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}}dx_{1}dx_{2}dx_{3} \tag{A-006c} \end{align}$} и складывая (A-006a), (A-006b) и (A-006c), получаем

\begin{aligned} (A-007) & F & знак равно - \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} (ψ \frac{\partial А_{1}}{\partial {Икс}_{1}} + ψ \frac{\partial А_{2}}{\partial {Икс}_{2}} + ψ \frac{\partial А_{3}}{\partial {Икс}_{3}}) d {Икс}_{1} d {Икс}_{2} d {Икс}_{3} \\ знак равно - \int ψ (Икс) \nabla \cdot А (Икс) d^{3} Икс \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm{F}&=- \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\left(\psi\dfrac{\partial A_{1}}{\partial x_1}+\psi\dfrac{\partial A_{2}}{\partial x_2}+\psi\dfrac{\partial A_{3}}{\partial x_3}\right)dx_{1}dx_{2}dx_{3} \tag{A-007}\\ &=-\int\:\psi\left(\mathbf{x}\right)\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right) d^{3}x \nonumber \end{align}$ так что наконец

\begin{matrix} (A-008) & \int А (Икс) \cdot \nabla ψ (Икс) d^{3} Икс знак равно - \int ψ (Икс) \nabla \cdot А (Икс) d^{3} Икс \end{matrix}

$\begin{equation} \int\:\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right)\boldsymbol{\cdot}\boldsymbol{\nabla} \psi\left(\mathbf{x}\right) d^{3}x=-\int\:\psi\left(\mathbf{x}\right)\boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right) d^{3}x \tag{A-008} \end{equation}$

Я думаю ((A-008) в целом действительно при условии (A-005) для $\:\psi\left(\mathbf{x}\right)\:$ и это $\:\mathbf{A}\left(\mathbf{x}\right)\:$ имеет конечные значения при $\:\pm\infty\:$ .

Интересно, решило ли это вопрос ОП. Вы применили интеграцию по частям в (A003), но $\psi$ не является непрерывным в $\textbf{x}_0$ . Имеет ли место в этом случае интеграция по частям?

Майк Стоун · Answer 2

Вы можете пробить маленькую дырочку радиуса $\epsilon$ об особенностях ${\bf x}= {\bf x}'$ и получим поверхностный интеграл. Величина подынтегрального выражения ограничена $|J({\bf x}|/\epsilon$ на поверхности, а площадь поверхности $4\pi \epsilon^2$ , поэтому вклад поверхностного интеграла обращается в нуль при $\epsilon^2/\epsilon$ в виде $\epsilon\to 0$ . Следовательно, сингулярность не имеет никакого значения.

Вывод закона Ампера в Джексоне

Джастин

Стив Бирнс

Джастин

велут луна

Ответы (2)

Фробениус

велут луна

Майк Стоун

Нахождение векторного потенциала вращающейся сферической оболочки с однородным поверхностным зарядом?

Почему скалярное произведение между бездивергентным током J⃗J→\vec{J} и градиентным полем ∇φ∇φ\nabla \varphi равно нулю?

Являются ли силовые линии на диаграмме стержневого магнита контурными линиями?

Может ли статическое неконсервативное векторное поле иметь скалярный потенциал?

Как мы можем применить закон Ампера к проводу?

Нахождение векторного потенциала бесконечного цилиндра с однородным поверхностным током

Закон Био-Савара и магнитное поле кольца

Магнитное поле в двух проводящих параллельных пластинах. (полоска) [закрыто]

Нахождение поперечных составляющих по продольной составляющей для электрического и магнитного поля в цилиндрической системе координат

Закон Ампера для бесконечно длинного провода