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Aufgabe mit Lösung Divergenz vom Vektorpotential eines magnetischen Dipols

Überprüfe, ob die Divergenz vom Vektorpotential \(\boldsymbol{A}\) eines magnetischen Dipols Null ergibt:\[ \nabla \cdot \left( \frac{\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{r}}{r^3} \right)\stackrel{?}{=} 0 \]

Lösungstipps

Schreibe Divergenz in Indexnotation um. Fasse dann die beiden Einheitsvektoren zu Kronecker-Delta zusammen und überlege Dir - nach der Anwendung der Produktregel -, welcher der Summanden wegfällt. Um dann zu sehen, warum der Ausdruck Null wird, vertausche (gerade) die Indizes beim Levi-Civita-Tensor so, dass dann Kreuzprodukt vom Ortsvektor mit sich selbst steht. Kreuzprodukt eines Vektors mit sich selbst ergibt was?

Lösung

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Der Divergenz-Operator in Indexnotation ist: 1 \[ \nabla \cdot \boldsymbol{A} = \boldsymbol{\hat{e}}_{i}\, \partial_{i} \cdot \boldsymbol{\hat{e}}_i \, A_j \]

Zusammen mit dem Kreuzprodukt in Indexnotation und dem Betrag des Ortsvektors \(\boldsymbol{r}\) als \( r = (x_s \, x_s)^{1/2} \), steht dann:2\[ \boldsymbol{\hat{e}}_{i} \partial_i ~\cdot~ \boldsymbol{\hat{e}}_j \, \varepsilon_{jkn} \, m_k \, x_n \, (x_s \, x_s)^{-3/2} \]

Du darfst nur Konstanten vor den Differentialoperator \(\partial_i\) ziehen. In diesem Fall wirkt er auf die Komponenten des Ortsvektors, nämlich auf \(x\),\(y\) und \(z\). Deshalb darfst Du \(m_k\) und \(\boldsymbol{\hat{e}}_j\) vorziehen, da sie keine Variablen enthalten nach denen Du ableiten musst. Dann fasst Du \( \boldsymbol{\hat{e}}_i \cdot \boldsymbol{\hat{e}}_j\) zu Kronecker-Delta \(\delta_{ij}\) zusammen. Insgesamt steht dann:3\[ \varepsilon_{jkn} \, m_k \, \delta_{ij} \, \partial_i \, x_n \, (x_s \, x_s)^{-3/2} \]

Fasse z.B. \(\delta_ij \, \partial_i\) zusammen zu \(\partial_j\) und wende die Produktregel an:\[ \varepsilon_{jkn} \, m_k \left[ (x_s \, x_s)^{-3/2} \, \partial_j \, x_n ~+~ x_n \, \partial_j \, (x_s \, x_s)^{-3/2} \right] \]

\(x_n\) abgeleitet nach der \(j\)-ten Variable ergibt Null, wenn \(j \neq n \) (z.B. \(\partial_1 \, x_2 = 0\)), und ergibt Eins, wenn \(j = n \) (z.B. \(\partial_3 \, x_3 = 1\)). Das entspricht der Definition von Kronecker-Delta: \(\delta_{jn}\). Ausmultpliziert kommt im ersten Summanden also \( \varepsilon_{jkn} \, \delta_{jn} \) vor. Dies ist immer Null, denn für \(j = n\) ist der Levi-Civita-Tensor Null und für \(j \neq n \) ist Kronecker-Delta Null. Also fällt der erste Summand ganz weg!

Leite also nur im zweiten Summanden \((x_s \, x_s)^{-3/2}\) nach der \(j\)-ten Variable ab. Hier fällt aber nichts weg, da über Index \(s\) summiert wird (z.B. bleibt bei \(\partial_1 \, (x_1\,x_1 + x_2\,x_2 + x_3\,x_3)\) der Term \(\partial_1 \, x_1\) über). Es bleibt bei der inneren Ableitung genau der Summand über, der den \(j\)-ten Index trägt. Nach dem Ableiten hast Du:4\[ \varepsilon_{jkn} \, m_k \, x_n \, (x_s \, x_s)^{-5/2} \, \left(-\frac{3}{2}*2x_j\right) \]

Zusammenfassen und Umordnen ergibt:5\[ -3r^{-5} \, \varepsilon_{jkn} \, m_k \, x_n \, x_j \]

Für den letzten Schritt zum Ergebnis, wende einen sexy Trick an, um zu erkennen, dass Null herauskommt: Indizes beim Levi-Civita-Tensor kannst Du einmal gegen den Uhrzeigersinn drehen, ohne, dass sich etwas am Ergebnis ändert. Dann steht:6\[ -3r^{-5} \, \varepsilon_{knj} \, m_k \, x_n \, x_j \]

Wenn Du es noch nicht siehst, dass der Ausdruck Null ist, dann bist Du genauso dumm wie ich. Forme an dieser Stelle den Levi-Civita-Tensor wieder in ein Kreuzprodukt um, dann hast Du:7\[ -3r^{-5} \, \, m_k \, (r \times r)_k \]

Das Kreuzprodukt eines Vektors mit sich selbst ergibt immer Null. Rechne es nach, wenn Du mir nicht glaubst! Damit bist Du fertig. Insgesamt erfüllt das Vektorpotential des magnetischen Dipols die sogenannte Coulomb-Eichung:8\[ \nabla \cdot \boldsymbol{A} = 0 \]

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