Campo magnético Delta de Dirac

Tienes la definición del vector potencial.

$$\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$$ Según el teorema de Stokes esto es equivalente a $$\iint_S \mathbf{B}\ d\mathbf{S} = \oint_{\partial S} \mathbf{A}\ d\mathbf{r}$$ dónde$S$es cualquier superficie y$\partial S$es su línea límite.

Ahora elige por$S$un círculo alrededor de la$z$-eje. Entonces la integral de la izquierda es trivial, es solo la constante$\phi$. Y la integral de la derecha, hecha en coordenadas cilíndricas ($\rho,\varphi,z$), es un viaje de ida y vuelta$\varphi$:

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

Es fácil ver que una solución es

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

Una forma de hacer esto (aunque no te culpo por acusarme de hacer trampa) es "recordar" la identidad (en coordenadas cilíndricas):

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

Esto recuerda a la identidad de divergencia (en coordenadas polares esféricas):

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

Usando el hecho de que$\delta^2(\rho) = \delta(x)\delta(y)$, debería poder ver que puede escribir la primera ecuación en términos de su campo$\mathbf{B}$como:

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

Usando la definición del vector potencial$\nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B},$deberías poder ver esa solución para$\mathbf{A}$Es claramente

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

Todas las demás soluciones para$\mathbf{A}$se puede obtener sumando el gradiente de cualquier campo escalar (llámelo$f$), por lo que la solución general es

$$\mathbf{A}'= \mathbf{A} + \nabla f.$$ Como el rotacional del gradiente es cero, $$\nabla \times \mathbf{A}' = \nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B}.$$ Esto es solo un reflejo de la invariancia de calibre.