Retardierte Potenziale

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Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Retardierte Potenziale basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 4.Kapitels (Abschnitt 2) der Elektrodynamikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Retardierte Potenziale	Elektromagnetische Wellen	Elektrodynamik Schöll
	Freie Wellenausbreitung im Vakuum Retardierte Potenziale Multipolstrahlung Wellenoptik und Beugung	Elektrostatik Stationäre Ströme und Magnetfeld Die Maxwell-Gleichungen Elektromagnetische Wellen Materie in elektrischen und magnetischen Feldern Relativistische Formulierung der Elektrodynamik

Aufgabe Lösung der inhomogenen Wellengleichungen in Lorentz- Eichung:

$\begin{align} & \#\Phi \left( \bar{r},t \right)=-\frac{\rho }{{{\varepsilon }_{0}}} \\ & \#\bar{A}\left( \bar{r},t \right)=-{{\mu }_{0}}\bar{j} \\ \end{align}$

zu vorgegebenen erzeugenden Quellen

$\rho \left( \bar{r},t \right),\bar{j}\left( \bar{r},t \right)$

und Randbedingungen

$\Phi \left( \bar{r},t \right),\bar{A}\left( \bar{r},t \right)\to 0f\ddot{u}r\quad \bar{r}\to \infty$

Methode: Greensche Funktion verwenden:

$G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right)$

In der Elektrodynamik:

$\#u\left( \bar{r},t \right)=-f\left( \bar{r},t \right)$ mit $\begin{align} & u\left( \bar{r},t \right):=\Phi \left( \bar{r},t \right),\bar{A}\left( \bar{r},t \right) \\ & f\left( \bar{r},t \right)=\frac{\rho }{{{\varepsilon }_{0}}},{{\mu }_{0}}\bar{j} \\ \end{align}$

Fourier- Trafo:

$\begin{align} & {{{\hat{\#}}}^{-1}}:=-\hat{G} \\ & \Rightarrow \hat{u}\left( \bar{k},\omega \right)=\hat{G}\hat{f}\left( \bar{k},\omega \right) \\ \end{align}$

Rück- Trafo: es folgt schließlich:

$u\left( \bar{r},t \right)=\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\int_{-\infty }^{\infty }{dt\acute{\ }}}G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right)f\left( \bar{r}\acute{\ },t\acute{\ } \right)$ mit $\#G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right)=-\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)\delta \left( t-t\acute{\ } \right)$

Vergleiche: Elektrostatik:

$\Delta \Phi \left( {\bar{r}} \right)=-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\rho \left( {\bar{r}} \right)$

Fourier- Trafo:

$\begin{align} & {{\Delta }^{-1}}:=-\hat{G} \\ & \Rightarrow \hat{\Phi }\left( {\bar{k}} \right)=\hat{G}\hat{\rho } \\ & \hat{G}=\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}{{k}^{2}}} \\ \end{align}$

Rück- Trafo: es folgt schließlich:

$\Phi \left( {\bar{r}} \right)=\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)\rho \left( \bar{r}\acute{\ } \right)$ mit $\begin{align} & G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{1}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\ & \Delta G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)=-\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right) \\ \end{align}$

Kausalitätsbedingung:

$G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right)=0$

für t<t´

Somit kann

$u\left( \bar{r},t \right)$

nur von

$f\left( \bar{r}\acute{\ },t\acute{\ } \right)$

mit t´ < t beeinflusst werden

Fourier- Transformation:

$\begin{align} & f\left( \bar{r},t \right)=\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{2}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\hat{f}\left( \bar{q},\omega \right){{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ & \hat{f}\left( \bar{q},\omega \right)=\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{2}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\int_{-\infty }^{\infty }{dt}}f\left( \bar{r},t \right){{e}^{-i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ \end{align}$

Ebenso:

$\begin{align} & u\left( \bar{r},t \right)=\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{2}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\hat{u}\left( \bar{q},\omega \right){{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ & \Rightarrow \#u\left( \bar{r},t \right)=\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{2}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\hat{u}\left( \bar{q},\omega \right)\#{{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ & \#{{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}}=-\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right){{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ \end{align}$

Aber es gilt:

$\begin{align} & \#u\left( \bar{r},t \right)=-\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{2}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\hat{f}\left( \bar{q},\omega \right){{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ & \Rightarrow \left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)\hat{u}\left( \bar{q},\omega \right)=\hat{f}\left( \bar{q},\omega \right) \\ & \Rightarrow \hat{u}\left( \bar{q},\omega \right)=\frac{\hat{f}\left( \bar{q},\omega \right)}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)} \\ & \Rightarrow \hat{G}=\frac{1}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)} \\ \end{align}$

Rücktransformation:

$\begin{align} & u\left( \bar{r},t \right)=\frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{4}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\frac{{{e}^{i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\int_{-\infty }^{\infty }{dt}}\acute{\ }f\left( \bar{r}\acute{\ },t\acute{\ } \right){{e}^{-i\left( \bar{q}\bar{r}-\omega t \right)}} \\ & u\left( \bar{r},t \right)=\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\int_{-\infty }^{\infty }{dt}}\acute{\ }\left\{ \frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{4}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\frac{{{e}^{i\bar{q}\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)-i\omega \left( t-t\acute{\ } \right)}}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)} \right\}f\left( \bar{r}\acute{\ },t\acute{\ } \right) \\ & \Rightarrow \frac{1}{{{\left( 2\pi \right)}^{4}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }}\frac{{{e}^{i\bar{q}\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)-i\omega \left( t-t\acute{\ } \right)}}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}=G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right) \\ \end{align}$

Dieses Integral hat jedoch 2 Polstellen im Integrationsbereich. Es kann nur durch Anwendung des Residuensatz (komplexe Integration) gelöst werden.

Berechnung der Greens- Funktion durch komplexe Integration

für

$\omega =\pm cq$

gibt es Polstellen. Die Greensche Funktion wird eindeutig, indem der Integrationsweg um die Pole herum festgelegt wird:

Der obere Integrationsweg wird durch

τ < 0

charakterisiert, der untere Integrationsweg durch

τ > 0

.

Dabei:

$\tau =t-t\acute{\ }$

Das Integral über den Halbkreis:

Oberer Halbkreis:

τ < 0

$\begin{align} & \omega =R\cdot {{e}^{i\phi }}\quad 0\le \phi \le \pi \\ & d\omega =R\cdot {{e}^{i\phi }}id\phi \\ & \left| {{e}^{-i\omega \tau }} \right|={{e}^{R\sin \phi \tau }} \\ & \sin \phi >0 \\ & \tau <0 \\ & \Rightarrow \begin{matrix} \lim \\ R\to \infty \\ \end{matrix}{{e}^{R\sin \phi \tau }}=0 \\ \end{align}$

Unterer Halbkreis:

τ > 0

$\begin{align} & \omega =R\cdot {{e}^{i\phi }}\quad \pi \le \phi \le 2\pi \\ & d\omega =R\cdot {{e}^{i\phi }}id\phi \\ & \left| {{e}^{-i\omega \tau }} \right|={{e}^{R\sin \phi \tau }} \\ & \sin \phi <0 \\ & \tau >0 \\ & \Rightarrow \begin{matrix} \lim \\ R\to \infty \\ \end{matrix}{{e}^{R\sin \phi \tau }}=0 \\ \end{align}$

Somit verschwinden die Beiträge aus den Kreisbögen und wir können für das problematische Integral schreiben:

$\Gamma (\bar{q},\tau ):=\int_{-\infty }^{\infty }{d\omega }\frac{{{e}^{-i\omega \tau }}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}=\oint\limits_{C}{d\omega }\frac{{{e}^{-i\omega \tau }}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}=2\pi i\sum\limits_{Pole}^{{}}{{}}\operatorname{Re}s\frac{{{e}^{-i\omega \tau }}}{\left( {{q}^{2}}-\frac{{{\omega }^{2}}}{{{c}^{2}}} \right)}$

(Residuensatz)

Für

τ < 0

liegen jedoch gar keine Pole im Integrationsgebiet C

$\begin{align} & \Rightarrow \Gamma (\bar{q},\tau )=0 \\ & \Rightarrow G\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ } \right)=0:=G\left( \bar{s},\tau \right)=0 \\ \end{align}$

für t<t´

Dies ist die Kausalitätsbedingung.

Für

τ > 0

$\Gamma (\bar{q},\tau )=-2\pi i\sum\limits_{\omega =\pm cq}^{{}}{{}}\operatorname{Re}s\frac{{{e}^{-i\omega \tau }}}{\frac{1}{{{c}^{2}}}\left( \omega -cq \right)\left( \omega +cq \right)}$

Das Minuszeichen kommt daher, dass der Umlauf im mathematisch negativen Sinn erfolgt:

$\oint\limits_{C}{dz}f(z)=2\pi i\sum\limits_{Pole}^{{}}{{}}\operatorname{Re}sf(z)$ ,

falls das Ringintegral gegen den Uhrzeigersinn durchlaufen wird. Hier jedoch wird es im Uhrzeigersinn durchlaufen!

$\Gamma (\bar{q},\tau )=2\pi i{{c}^{2}}\left( \frac{{{e}^{-icq\tau }}}{2cq}+\frac{{{e}^{icq\tau }}}{-2cq} \right)$

$G(\bar{s},\tau )=\frac{c}{{{\left( 2\pi \right)}^{3}}}\int_{{{R}^{3}}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}q{{e}^{i\bar{q}\bar{s}}}\left( \frac{{{e}^{-icq\tau }}-{{e}^{icq\tau }}}{-2iq} \right)$

Die Auswertung der Greensfunktion muss in Kugelkoordinaten erfolgen:

$\begin{align} & {{d}^{3}}q={{q}^{2}}dq\sin \vartheta d\vartheta d\phi \\ & \bar{q}\bar{s}=qs\cos \vartheta \\ & G(\bar{s},\tau )=\frac{c}{{{\left( 2\pi \right)}^{3}}}\int\limits_{0}^{\infty }{{}}dqq\left( \frac{{{e}^{-icq\tau }}-{{e}^{icq\tau }}}{-2i} \right)\int\limits_{-1}^{1}{{}}d\cos \vartheta {{e}^{iqs\cos \vartheta }}\int\limits_{0}^{2\pi }{{}}d\phi \\ & \int\limits_{-1}^{1}{{}}d\cos \vartheta {{e}^{iqs\cos \vartheta }}=\frac{{{e}^{iqs}}-{{e}^{-iqs}}}{iqs} \\ & \xi :=cq \\ & \Rightarrow G(\bar{s},\tau )=\frac{c}{2{{\left( 2\pi \right)}^{2}}s}\int\limits_{0}^{\infty }{{}}d\xi \left\{ {{e}^{i\left( \tau -\frac{s}{c} \right)\xi }}+{{e}^{-i\left( \tau -\frac{s}{c} \right)\xi }}-{{e}^{i\left( \tau +\frac{s}{c} \right)\xi }}-{{e}^{-i\left( \tau +\frac{s}{c} \right)\xi }} \right\} \\ & \Rightarrow G(\bar{s},\tau )=\frac{c}{4\pi s}\int\limits_{0}^{\infty }{{}}d\xi \left\{ \delta \left( \tau -\frac{s}{c} \right)-\delta \left( \tau +\frac{s}{c} \right) \right\} \\ & \delta \left( \tau +\frac{s}{c} \right)=0\quad f\ddot{u}r\ \tau >0 \\ \end{align}$

Also lautet das Ergebnis:

$G(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ })=\left\{ \begin{matrix} \frac{1}{4\pi \left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}\delta \left( t-t\acute{\ }-\frac{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{c} \right) \\ 0\quad \quad \quad \quad \quad t<t\acute{\ } \\ \end{matrix} \right.\ t>t\acute{\ }$

Retardierte Greensfunktion (kausal)

Physikalische Interpretation

$G(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ },t-t\acute{\ })$

ist das Potenzial

$\Phi (\bar{r},t)$ ,

das von einer punktförmigen Ladungsdichte

$\frac{\rho }{{{\varepsilon }_{0}}}=\delta \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)\delta \left( t-t\acute{\ } \right)$

am Punkt

$\bar{r}\acute{\ }$

zur Zeit t´ erzeugt wird.

Die Eigenschaften:

Kausalität
Ausbreitung der Punktstörung als KUGELWELLE mit der Phasengeschwindigkeit c:
$\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|=c\left( t-t\acute{\ } \right)$

Nebenbemerkung:

Für den Integrationsweg

Oberer Halbkreis:

τ < 0

Unterer Halbkreis:

τ > 0

erhält man die avancierte Greensfunktion (=0 für t > t´). Diese beschreibt eigentlich eine einlaufende Kugelwelle, welche sich an

$\bar{r}\acute{\ }$

zur zeit t´ zusammenzieht!

Mit

$G(\bar{r},t)=\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}\int_{-\infty }^{t}{dt\acute{\ }}\frac{1}{4\pi \left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}\delta \left( t-t\acute{\ }-\frac{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{c} \right)f\left( \bar{r}\acute{\ },t\acute{\ } \right)=\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}\frac{1}{4\pi \left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}f\left( \bar{r}\acute{\ },t-\frac{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{c} \right)$

folgt dann für die retardierten Potenziale für beliebige Ladungs- und Stromverteilungen

$\rho \left( \bar{r},t \right),\bar{j}\left( \bar{r},t \right)$

$\begin{align} & \Phi \left( \bar{r},t \right)=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\rho \left( \bar{r}\acute{\ },t-\frac{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{c} \right)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\ & \bar{A}\left( \bar{r},t \right)=\frac{{{\mu }_{\acute{\ }0}}}{4\pi }\int_{{}}^{{}}{{}}{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{\bar{j}\left( \bar{r}\acute{\ },t-\frac{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}{c} \right)}{\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|} \\ \end{align}$