Как когерентные изотропные излучатели обходят теорему о волосатом шаре?

Решение, предложенное Мацнером и изложенное в другом ответе, является приблизительным, а не точным. Проблема в том, насколько приблизительным это решение является на самом деле.

Первоначальная идея в Int. Дж. Антенн. Пропаг. 2012 , 187123 (2012) заключалась в получении поля со сферически-симметричной напряженностью поля в асимптотической дальней области. Когда такое решение известно, в принципе можно найти конечное распределение тока, создающее такое же поле, и соответствующее распределение на сферической оболочке действительно было рассчитано.

Предлагаемое решение для дальнего поля имеет простую разделимую форму и читается

$$\vec{E}(\vec{x}, t) = \left(-i\omega\frac{\mu_0 k}{4\pi} e^{i\omega t} \right) \frac{e^{-ikr}}{kr} \vec{A}(\theta, \phi) = C(t) \vec{E}_0(r, \theta, \phi)$$ с $$\vec{E}_0(r, \theta, \phi) = f(kr) \vec{A}(\theta, \phi)$$ а также $$\begin{align} A_x(\theta, \phi) & = \exp\left(-i\frac{\pi}{4}\cos\theta\right)\;,\;\;\; A_y = 0\\ A_z(\theta, \phi) & = i\;\frac{\cos\phi}{\sin\theta} \left[ \exp\left(i\frac{\pi}{4}\cos\theta\right) - i \cos\theta \exp\left(-i\frac{\pi}{4}\cos\theta\right) \right] \end{align}$$ Но нетрудно заметить, что это решение только первого порядка в $1/r$ и только для $k\ll1$.

1. Интенсивность поля считается сферически симметричной, поскольку величина тангенциальной составляющей$\vec{A}(\theta, \phi)$действительно сферически симметричен, как указано в другом ответе.

   Но для заданных декартовых составляющих радиальная составляющая$A_r(\theta, \phi)$не является нулевым и не является сферически симметричным. На самом деле читается

   $$\begin{align} A_r(\theta, \phi) & = A_x \sin\theta \cos\phi + A_y \sin\theta\sin\phi + A_z \cos\theta \\ & = \frac{\cos\phi}{\sin\theta}\left[ \exp\left(-i\frac{\pi}{4}\cos\theta\right) + i\cos\theta \exp\left(i\frac{\pi}{4}\cos\theta\right)\right] \\ & \neq 0 \end{align}$$ Примечание . В последующей статье об изотропных радиаторах радиальная составляющая$\vec{E}\;$явно устанавливается равным 0, и интенсивность вычисляется снова с использованием компонентов обхода.

2. Более насущная проблема связана с формой радиального фактора. С$f(kr) = \exp(-ikr)/kr$сама является сферически-симметричным решением уравнения Гельмгольца

   $$\left(\Delta + k^2 \right)f(kr) = 0$$ нетривиальный вклад$\vec{A}(\theta, \phi)$должен удовлетворить $$\frac{f(kr)}{r^2} \;{\hat L}^2 \left( A_x(\theta, \phi) \right) = 0\\\frac{f(kr)}{r^2} \;{\hat L}^2 \left( A_z(\theta, \phi) \right) = 0$$ куда${\hat L}^2$есть не что иное, как оператор квадратного углового момента.

   Если читать буквально, это уравнение на собственные значения${\hat L}^2$для нулевого собственного значения с единственным точным решением$\sim Y_0^0(\theta, \phi) = const$. Так что любой $A_x(\theta, \phi)$ а также $A_z(\theta, \phi)$ могут быть приближенными решениями , пока присутствует$1/r^2$фактор делает их вклад меньше, чем некоторые согласованные допустимые пределы.

3. То же самое относится и к условию трансверсальности$\nabla \cdot \vec{E} = 0$, что в сферических координатах читается

   $$\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \;E_r \right) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} \left( \sin\theta \;E_\theta \right) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \phi} E_\phi = 0$$ Для искомого здесь частного решения после небольшой перестановки оно становится $$k \times \Big\{ \frac{1}{(kr)^2} \frac{\partial}{\partial (kr)} \left[ (kr)^2 f(kr) \right] A_r(\theta, \phi) + \frac{f(kr)}{(kr)\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} \left[ \sin\theta \;A_\theta(\theta, \phi) \right] + \\ + \frac{f(kr)}{(kr)\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \phi} A_\phi(\theta, \phi) \Big \} = 0$$ Тогда радиальный член дает $$\frac{1}{(kr)^2} \frac{\partial}{\partial (kr)} \left[ (kr)\; \exp\left(-i\; kr\right) \right] = \frac{f(kr)}{kr} - if(kr)\;,$$ и игнорирование фактора$\exp(-ikr)/\sin\theta\;$, $$-\frac{ik}{(kr)}\; A_r(\theta, \phi) \sin\theta + \frac{k}{(kr)^2} \Big\{ A_r(\theta, \phi) + \frac{\partial}{\partial\theta} \left[ \sin\theta \;A_\theta(\theta, \phi) \right] + \frac{\partial}{\partial \phi} A_\phi(\theta, \phi) \Big\} = 0$$ Чтобы это точно выполнялось, как старший первый член, так и член в больших фигурных скобках должны обращаться в нуль по отдельности (соответствовать разным степеням или$(kr)$). Но так как для рассматриваемого решения этого не происходит, мы должны заключить, что трансверсальность имеет место лишь приблизительно в пределе$kr\gg1$и/или$k \rightarrow 0$.

Так что же можно сделать с желаемым точным монохроматическим решением со сферически-симметричной интенсивностью?

Существование таких решений, когда поляризация поля эллиптическая и меняется от точки к точке, не такая уж новая идея, см. эту статью из IEEE Transactions on Antennas and Propagation , Nov. 1969, 209 ( eprint ). Однако найти точное решение по-прежнему сложно.

Формально это сводится к решению для электрического поля как бездивергентного решения уравнения Гельмгольца,

$$\left(\Delta + k^2 \right) \vec{E} = 0 \;, \;\;\; \nabla \cdot \vec{E} =0$$ при дополнительном требовании, чтобы напряженность поля $\vec{E}^2$быть сферически симметричным.

Одна стандартная стратегия состоит в том, чтобы рассматривать мультипольное разложение со скалярными радиальными факторами, заданными сферическими функциями Бесселя, и векторными факторами направления как линейные суперпозиции сферических гармоник. Но затем наложение условия сферической интенсивности приводит к возникновению осиного гнезда коэффициентов Клебша-Гордона. Или, потенциально, какой-нибудь действительно изящный аргумент без репутации.

Кто-нибудь до этого?

Поля, которые, вероятно, удовлетворяют этим требованиям, приведены в

Х. Мацнер и Э. Левин. Могут ли радиаторы быть действительно изотропными? Междунар. Дж. Антенн. Пропаг. 2012 , 187123 (2012) .

Претензия:

$$\mathbf{E} = \frac{i\omega \mu_0}{4 \pi r} e^{i(kr-\omega t)}\mathbf{A}(\theta,\phi)$$

куда$\mathbf{A}(\theta,\phi)$имеет высотную и азимутальную составляющие

$$A_\theta(\theta,\phi) = i \cos(\phi) e^{-i\frac{\pi}{4} \cos \theta}$$ а также $$A_\phi(\theta,\phi) = - \sin (\phi) e^{+i\frac{\pi}{4} \cos \theta}$$ соответственно. Условия (i) и (iii) из вопроса ясны (и опираясь на $|A_\theta|^2 + |A_\phi|^2)$, мы еще должны проверить (ii)). Позже я проверю, действительно ли выполняется волновое уравнение.

Как когерентные изотропные излучатели обходят теорему о волосатом шаре?

Имея тороидальную топологию.

Концепция сферической электромагнитной волны — красивая фикция.

Это не вымысел.

к которой иногда обращаются во вводных учебниках по оптике, но она наталкивается на глубокую топологическую проблему в виде теоремы Брауэра о волосатом шаре ...

Нет, это не так.

или, другими словами, «волосатый шар не причешешь».

Но вы можете расчесать волосатый тор так, чтобы у него не было вихра: «Волосатый бублик (2-тор), с другой стороны, довольно легко расчесывается».

^{Изображение общественного достояния от The Evil Midnight Uploader, см . Википедию .}

Применительно к электромагнетизму это означает, что линейно-поляризованная сферическая волна не может быть изотропной, потому что закон Гаусса требует, чтобы составляющая излучения была поперечной, а теорема о волосатом шаре требует, чтобы она имела нули в своем угловом распределении интенсивности.

Электромагнитные волны в любом случае состоят из фотонов. Эти фотоны остаются когерентными. Нет никаких фотонов, излучающих наружу по круговой сферической форме. Так что то, о чем вы спрашиваете, в любом случае гипотетично. Однако, учитывая сценарий, тор решает поднятую вами проблему.

Обычный аргумент в пользу, например, звезд и им подобных заключается в том, что испускаемое ими излучение не является когерентным, что обходит это ограничение. Однако в недавнем ответе указывалось, что если вы ослабите требование однородности поляризации, станет возможным иметь когерентные сферические волны с изотропным распределением интенсивности, позволяя им принимать эллиптическую или круговую поляризацию по некоторым направлениям, и это очень интересно в свое право. Однако это не очень часто упоминается, поэтому я хотел бы увидеть явные формы того, как это можно сделать.

Вы «раздуваете» свой тор. Чем больше вы его надуваете, тем более сферическим он становится. См. анимацию тора Адриана Росситера . Или нарисуйте два соседних круга, чтобы представить поперечное сечение тора, а затем, используя те же центры, нарисуйте все большие и большие круги. В пределе ваши две окружности конгруэнтны:

В частности, я хотел бы видеть явные точные решения вакуумных уравнений Максвелла на полном пространстве минус сфера, т.е.$\{\mathbf r\in\mathbb R^3:\|\mathbf r\|>a\}$, которые являются (i) монохроматическими, (ii) исходящими сферическими волнами и (iii) имеют постоянную интенсивность на каждой сфере с центром в начале координат.

Ты просишь слишком много. Особенно, когда речь идет о пункте 3. Точечных частиц нет.

Если есть явное разложение этой волны, например, на сумму двух ортогональных линейных поляризаций с разными распределениями интенсивности, это тоже было бы неплохо увидеть.

Работайте в обратном направлении.

Я полагаю, что ссылки в предыдущем ответе, в том числе этот , могут быть преобразованы в эту форму с некоторой легкостью, но меня не особенно беспокоит существование простых реализаций с антеннами с прямым проводом или что-то в этом роде - я бы оценил больше решений всюду точные над решениями, обладающими требуемыми свойствами в асимптотическом смысле. Тем не менее, если на самой сфере есть текущее распределение , которое точно даст желаемые решения (в смысле этого ответа ), то это, безусловно, интересно.

Я думаю, это интереснее, чем вы, возможно, думаете.