Расчет ЭМ поля через известный векторный потенциал

[Kwib]

Помогите, пожалуйста, разобраться как из имеющегося векторного потенциала рассчитать дальние поля.

Проблема в следующем, в статье приведен векторный потенциал (кулоновская колибровка)

$\vec{A}(\vec{r},t)=-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\Bigl[\frac{2\vec{\mu}}{3}\int\frac{\delta^3(\vec{r'})u(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)}{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|} \hat{R}_2(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)d^3x'+\\+ \frac{1}{4\pi}\int\frac{u(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)}{r'^3|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|} \hat{R}_2(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)(-\vec{\mu}+\frac{3(\vec{\mu}\cdot\vec{\textbf{r}'})\vec{\textbf{r}'}}{r'^2})d^3x'\Bigr]$

И сказано , что
Поля E и B расчитываются через $\vec{B}(\vec{\textbf{r}},t)=\vec{\nabla}\times \vec{A}(\vec{\textbf{r}},t)$

и интегрирование по времени уравнения Максвелла:
$\frac{d}{dt}\vec{E}(\vec{\textbf{r}},t)=c^2\vec{\nabla}\times \vec{B}(\vec{\textbf{r}},t)-\frac{\vec{j}(\vec{\textbf{r}},t)}{\varepsilon_0}$


(кстати не понятно почему не через $\vec{E}(\vec{\textbf{r}},t)=-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}$?)

И сразу записывается ответ, что в дальнем поле в низшем порядке по $(1/r)$ и для
$t>r/c$ имеем

$\vec{B}(\vec{\textbf{r}},t)=-\frac{\omega^2}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{\vec{\mu}\times \vec{\textbf{r}}}{cr^2}R_1(t-\frac{r}{c})+...+$


$\vec{E}(\vec{\textbf{r}},t)=\frac{\omega^2}{2\pi\varepsilon_0 c^2}(\frac{\vec{\mu}}{r}-\frac{(\vec{\mu}\cdot\vec{\textbf{r}})\vec{\textbf{r}}}{r^3})R_1(t-\frac{r}{c})+...+$

Помогите, пожалуйста , разобраться как получить поле B, т.е. как взять ротор от потенциала?

Спасибо

[Munin]

Kwib в сообщении #648039 писал(а):

(кстати не понятно почему не через $\vec{E}(\vec{\textbf{r}},t)=-\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}$?)

Мне тоже непонятно.

-- 22.11.2012 18:25:14 --

Что за функции $u,R_1,\hat{R}_2$?

[Kwib]

$u(\tau)$ - unit step function,
т.е. функция Грина здесь записана как
$\frac{u(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)}{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|}$

Почему здесь функция Грина записана через такую функцию пока не совсем понятно, но это не влияет на дальнейший вопрос,

Что касается R1 и R2 - Это спиновые операторы равные $1/2\sigma_i$, где $\sigma_i$ матрицы Паули.

$R_1(t)=\frac{1}{2}\left(% \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{array}% \right)$

$R_2(t)=\frac{1}{2}\left(% \begin{array}{cc} 0 & -i \\ i & 0 \\ \end{array}% \right)$


Дипольный момент перехода (речь идет о двухуровневом атоме в поле) можно записать через $R_1(t)$ как $2\mu_i R_1(t)$,

тогда для первой производной $\frac{1}{e}\frac{d\mu}{dt}\rightarrow -\frac{2\omega_0}{e}\mu_i R_2(t)$
для второй соответственно получим

$\frac{d\mu^2}{dt^2}\rightarrow -\frac{2\omega_0^2}{e}\mu_i R_1(t)$

[Munin]

Kwib в сообщении #648421 писал(а):

unit step function

её имя собственное - функция Хэвисайда, и обозначается обычно $\theta$ (оказывается, есть даже два определения, и разные обозначения, см. http://mathworld.wolfram.com/HeavisideStepFunction.html ).

Kwib в сообщении #648421 писал(а):

Что касается R1 и R2 - Это спиновые операторы

их тоже стоило прямо так и записать, как $\tfrac{1}{2}\sigma_{x,y}.$
А главное - то, что после них, получается, не аргумент, а множитель? Впрочем, тогда производные вы привели неправильно... Думаю, вы чего-то недоговариваете.

Скажите, а вы пробовали внести наблу под знак интеграла? Что получается?

[Kwib]

Цитата:

их тоже стоило прямо так и записать, как $\tfrac{1}{2}\sigma_{x,y}.$

Записано в таком виде, как приведено в исходном тексте, чтобы не таскать 1/2 , а также потому, что это принятое обозначение для спиновых операторов.

Цитата:

А главное то, что после них, получается, не аргумент, а множитель? Впрочем, тогда производные вы привели неправильно... Думаю, вы чего-то недоговариваете.

это утверждение мне не понятно, производные приведены верно, т.к.
$\hat{\mu}_i(t)=2 \mu_i e^{-i\omega_0 t}R_1(t)$ - оператор дипольного момента,
Возможно было не пояснено, что дипольный момент меняется во времени по гармоническому закону

Цитата:

Скажите, а вы пробовали внести наблу под знак интеграла? Что получается?

Именно в этом и состоит проблема, я не знаю как подступиться к этому интегралу, здесь и векторные величины и просто r' в знаменателе, что мне почитать конкретно, чтобы понять взять такой интеграл?

[Physman]

Kwib в сообщении #648039 писал(а):

Проблема в следующем, в статье приведен векторный потенциал

Так а статья что, под грифом секретно? Можно первоисточник посмотреть?

[Munin]

Kwib в сообщении #648517 писал(а):

а также потому, что это принятое обозначение для спиновых операторов.

Да ну?

Kwib в сообщении #648517 писал(а):

Возможно было не пояснено, что дипольный момент меняется во времени по гармоническому закону

Мягко говоря, вы это в формуле просто забыли. А не "не было пояснено".

Kwib в сообщении #648517 писал(а):

Именно в этом и состоит проблема, я не знаю как подступиться к этому интегралу

Интеграл по штрихованным переменным, ротор - по нештрихованным. Они перестановочны. А вот как брать интеграл - вопрос возникнет, когда выяснится, от чего именно интеграл.

[Kwib]

Physman в сообщении #648523 писал(а):

Kwib в сообщении #648039 писал(а):

Проблема в следующем, в статье приведен векторный потенциал

Так а статья что, под грифом секретно? Можно первоисточник посмотреть?

Можно, только как здесь выложить pdf?

[Physman]

(Оффтоп)

Kwib в сообщении #648617 писал(а):

Можно, только как здесь выложить pdf?

Ну, статья, видимо, из интернета скачана. Значит, есть ссылка. Её и дайте

[Kwib]

http://pra.aps.org/abstract/PRA/v13/i6/p2123_1

[Munin]

Kwib
Определения, которые вы написали, не имеют абсолютно ничего общего с тем, что написано в статье.

[Kwib]

Munin в сообщении #648674 писал(а):

Kwib
Определения, которые вы написали, не имеют абсолютно ничего общего с тем, что написано в статье.

что именно вы имеете ввиду? можно более предметно?

[Munin]

Я ошибся. Извините.

[Physman]

Я посмотрел статью. Полу-качественно понятно, как получается поле $\vec{B}$ в Ур.(15).
Во-первых, если мы положим, что (5) и (13) записаны правильно, то префактор в (15) оправдан. И функция $R_1$ тоже.
Во-вторых, от уравнения (13) при рассмотрении дальнего поля (поля на некотором расстоянии от источника, сравнимом с длиной волны) остаётся только первая строка (второй член имеет более высокую степень $r$ в знаменателе, и им можно пренебречь). Кроме того, под знаком интеграла стоит дельта-функция, всегда помогающая интегрировать. И производная от функции Хевисайда также равна дельта-функции.

Что касается дроби $\frac{\vec{\mu}\times\vec{r}}{cr^2}$ в (13), то здесь вектор $\vec{\mu}\times\vec{r}$ просто задаёт направление $B$. И поэтому появляется $r^2$ в знаменателе вместо $r$ (так как $\vec{e}_{\vec{r}}=\frac{\vec{r}}{|\vec{r}|}$). В $\nabla\times$ мы имеем дело с векторным произведением.

[Kwib]

Большое спасибо за ответ,

привожу выкладки по которым получается первое слагаемое соответствующее статье , но с точностью до 2/3. ?

В процессе возник вопрос: после взятия интеграла функция F (как у меня обозначено) уже зависит от скаляра $r$, т.е. это скалярная функция?

$\vec{A}(\vec{r},t)=-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\Bigl[\frac{2\vec{\mu}}{3}\int\frac{\delta^3(\vec{r'})u(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)}{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|} \hat{R}_2(t-|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|/c)d^3x'\Bigr]=\\ = -\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2} \frac{2\vec{\mu}}{3} \int F(\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}) \delta^3(\vec{r'}) d^3 x'= -\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2} \frac{2\vec{\mu}}{3}F(\vec{\textbf{r}})$

где $F(\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'})= \frac{1}{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|}u(t-\frac{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|}{c}) \hat{R}_2(t-\frac{|\vec{\textbf{r}}-\vec{\textbf{r}'}|}{c})$

тогда
$-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2\vec{\mu}}{3}F(\vec{\textbf{r}})=-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2} \frac{2\vec{\mu}}{3}\frac{1}{r} R_2(t-r/c)$

т.к. $\operatorname{rot} (\psi\mathbf{A}) = \operatorname{grad}\psi \times \mathbf{A} + \psi\operatorname{rot}\mathbf{A}$


$\vec{B}(\vec{\textbf{r}},t)=\vec{\nabla}\times \vec{A}= -\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3} \vec{\nabla}\times \frac{R_2(t-r/c)}{r}\vec{\mu}= \\= -\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3}[\operatorname{grad} \frac{R_2(t-r/c)}{r} \times \vec{\mu} + \frac{R_2(t-r/c)}{r} \operatorname{rot} \vec{\mu}]=\\=-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3}(-\frac{R_2(t-r/c)}{r^2}-\frac{\dot{R}_2(t-r/c)}{cr})\times \vec{\mu} +0=\\=-\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3}(\frac{R_2(t-r/c)}{r^3}+\frac{\dot{R}_2(t-r/c)}{cr^2}) \vec{\mu}\times \vec{r}=\\=-\frac{\omega^2}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3}\frac{R_1(t-r/c)}{cr^2} \vec{\mu}\times \vec{r} -\frac{\omega}{2\pi\varepsilon_0 c^2}\frac{2}{3}\frac{R_2(t-r/c)}{r^3} \vec{\mu}\times \vec{r}$

Еще вопрос, Здесь мы пользуемся (5), но ведь в (5) производная по t, а здесь операция градиента ?