¿Singularidad del potencial del vector magnético?

Question

¿Singularidad del potencial del vector magnético?

malxmusician212

Estoy tratando de encontrar el potencial del vector magnético a una distancia de $s$ (variable radial cilíndrica) de un alambre infinito que transporta corriente $I$ . El campo magnético a distancia. $s$ de un alambre es

B = \frac{m_{\circ} I}{2 π s} \hat{ϕ} .

$B=\dfrac{\mu_{\circ}I}{2\pi s}\hat{\phi}.$

Usando el hecho de que $\nabla\times A=B$ y $\nabla\cdot A=0$ , especulé que $A=\dfrac{\mu_\circ I z}{2\pi s}\hat{s}$ cumple las condiciones necesarias:

En coordenadas cilíndricas el rotacional es simplemente:

\begin{aligned} \nabla \times A & = (\frac{1}{s} \frac{\partial A_{z}}{\partial ϕ} - \frac{\partial A_{ϕ}}{\partial z}) \hat{s} + (\frac{\partial A_{s}}{\partial z} - \frac{\partial A_{z}}{\partial s}) \hat{ϕ} + \frac{1}{s} (\frac{\partial}{\partial s} (s A_{ϕ}) - \frac{\partial A_{s}}{\partial ϕ}) \hat{z} \\ = \frac{\partial A_{s}}{\partial z} \hat{ϕ} = \frac{m_{\circ} I}{2 π s} \hat{ϕ} \\ = B \end{aligned}

$\begin{align} \nabla \times A & =\left(\dfrac{1}{s}\dfrac{\partial A_z}{\partial \phi}-\dfrac{\partial A_{\phi}}{\partial z}\right)\hat{s}+\left(\dfrac{\partial A_s}{\partial z}-\dfrac{\partial A_z}{\partial s}\right)\hat{\phi} +\dfrac{1}{s}\left(\dfrac{\partial}{\partial s}(s\,A_{\phi})-\dfrac{\partial A_s}{\partial \phi}\right)\hat{z} \\ & =\dfrac{\partial A_s}{\partial z}\hat{\phi}=\dfrac{\mu_{\circ}I}{2\pi s}\hat{\phi} \\ & =B \end{align}$ y la divergencia es:

\nabla \cdot A = \frac{1}{s} \frac{\partial}{\partial s} (s A_{s}) + \frac{1}{s} \frac{\partial A_{ϕ}}{\partial ϕ} + \frac{\partial A_{z}}{\partial z} = \frac{1}{s} \frac{\partial}{\partial s} (\frac{μ_{\circ} I z}{2 π}) = 0

$\nabla \cdot A=\dfrac{1}{s}\dfrac{\partial}{\partial s}(s\,A_s)+\dfrac{1}{s}\dfrac{\partial A_{\phi}}{\partial \phi}+\dfrac{\partial A_z}{\partial z}=\dfrac{1}{s}\dfrac{\partial}{\partial s}\left(\dfrac{\mu_{\circ}Iz}{2\pi}\right)=0$ .

Entonces, este potencial ciertamente cumple con los requisitos necesarios, pero es diferente de todo lo que he buscado. Hubiera pensado que estos potenciales eran únicos; He estado mirando esto por mucho tiempo y necesito otra opinión. ¿Es correcto lo que tengo o he tenido algún contratiempo en alguna parte?

Respuestas (2)

¿Singularidad del potencial del vector magnético?

Emilio Pisanty · Answer 1

Los potenciales magnéticos no son únicos, como ha demostrado de manera concluyente; para más detalles, busque 'libertad de calibre' en su libro de texto de EM favorito o en wikipedia . Imposición de la condición de calibre de Coulomb $\nabla\cdot\mathbf A=0$ reduce la libertad de calibre, pero aún puede transformar el potencial para

A \mapsto A^{'} = A + \nabla ψ

$\mathbf A\mapsto \mathbf A'=\mathbf A+\nabla\psi$ para cualquier armónico

ψ

$\psi$ tal que

\nabla^{2} ψ

$\nabla^2\psi$ , y obtenga un potencial diferente que (i) devuelva el mismo campo magnético, y (ii) también satisfaga la condición de calibre de Coulomb.

Para campos magnéticos lo suficientemente regulares, a menudo puede introducir requisitos adicionales en el vector potencial (condiciones de regularidad y decaimiento adecuado en el infinito) que pueden especificarlo de manera única, pero su viabilidad depende de la amabilidad del campo magnético.

Para hacer esto un poco más explícito, has demostrado que $\mathbf A_1=\dfrac{\mu_0Iz}{2\pi s}\hat s$ funciona como un vector potencial. Sin embargo, es igualmente fácil comprobar que $\mathbf A_2=-\dfrac{\mu_0I}{2\pi}\ln(s)\hat z$ funciona igual de bien: devuelve el mismo campo y también está en el indicador de Coulomb. ¿Lo que da? Bueno, los dos calibres están relacionados por la transformación

A_{1} = A_{2} + \nabla ψ = A_{2} + \nabla (\frac{m_{0} I}{2 π} z en (s)),

$\mathbf A_1 = \mathbf A_2+\nabla\psi = \mathbf A_2+\nabla\left(\dfrac{\mu_0I}{2\pi}z\ln(s)\right),$ dónde

ψ \propto z \ln (s)

$\psi\propto z\ln(s)$ obedece a la ecuación de Laplace. ¿Cuál es preferible? Ninguno, en realidad, ambos son singulares en el cable (

A_{1}

$\mathbf A_1$ más que

A_{2}

$\mathbf A_2$ ), y mientras

A_{2}

$\mathbf A_2$ crece en el infinito, el

\sim 1 / s

$\sim 1/s$ decadencia de

A_{1}

$\mathbf A_1$ probablemente es demasiado lento para ser de mucha ayuda. En esta situación, el campo magnético es demasiado singular (alambre infinitamente delgado) y contiene demasiada energía (alambre infinitamente largo) para que las condiciones de regularidad y acotación sean de mucha ayuda para especificar un vector potencial único.

En general, la libertad de calibre es algo que a menudo se puede arreglar en gran medida, pero que siempre estará al acecho en el fondo. Además, simplemente no hay formas universalmente óptimas de arreglar el indicador (así, por ejemplo, el indicador de Coulomb $\nabla\cdot \mathbf A=0$ no es invariante de Lorentz sino el calibre de Lorenz $\nabla\cdot \mathbf A+\frac{1}{c^2}\frac{\partial \varphi}{\partial t}=0$ es incómodo para el trabajo no relativista, etc.), por lo que siempre debe pensar en las construcciones dependientes de calibre como temporales, no únicas y no físicas. La respuesta más amplia es simplemente dejar de lado la unicidad del potencial magnético.

mis2cts · Answer 2

De hecho, uno puede "simplemente dejar de lado la unicidad del potencial magnético", pero hay una alternativa: construir la teoría del electromagnetismo a partir del Fermi Lagrangian, como lo he hecho en mi artículo en https://arxiv.org/abs /física/0106078 . En esta teoría, el vector potencial está determinado únicamente por el requisito de que debe obedecer a la causalidad como lo debe hacer cualquier objeto físicamente significativo. Entonces, la forma de potencial vectorial propuesta es incorrecta, aunque su rotación da el campo B correcto, y solo la forma $\mathbf A=-\dfrac{\mu_0I}{2\pi}\ln(s)\hat z$ es aceptable.

¿Singularidad del potencial del vector magnético?

malxmusician212

Respuestas (2)

Emilio Pisanty

mis2cts

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