Die Maxwell-Gleichungen

Zusammenfassung

Die Elektrodynamik, die fundamentale Theorie, die elektrische und magnetische Felder miteinander untrennbar verknüpft, ist mit ihren vielfältigen Anwendungen aus unserer Zivilisation heutzutage nicht mehr wegzudenken. Bis zum Anfang des 19. Jahrhunderts kannte die Physik aber nur eine qualitative Phänomenologie von nicht miteinander in Beziehung gebrachten Erscheinungen von Elektrizität und Magnetismus. Dieses Gebiet war bis dahin wenig entwickelt und entsprechend wenig attraktiv für die theoretische Physik, jedenfalls im Vergleich zur klassischen Mechanik, die zu dieser Zeit bereits weitgehend ihre mathematische Vollendung erfuhr.

Ein entscheidender Entwicklungsschub fand in der ersten Hälfte des 19. Jahrhunderts statt, nachdem 1820 der dänische Physiker Hans Christian Oersted (1777–1851) entdeckt hatte, dass elektrische Ströme Magnetfelder hervorrufen. Michael Faraday (1791–1867, Abb. 1.1) suchte und fand 1831 die umgekehrte Verbindung, nämlich dass veränderliche Magnetfelder Ströme verursachen können. Das von Faraday geprägte intuitive Bild von raumfüllenden Kraftlinien wurde vom schottischen Physiker James Clerk Maxwell (1831–1879, Abb. 1.2) aufgegriffen und 1855 in eine mathematisch konsistente Formulierung gebracht, die er in mehreren Veröffentlichungen ausarbeitete (Maxwell 1873). Darin wurde insbesondere eine Wellentheorie entwickelt, die eine Vereinigung von Optik und Elektrodynamik nahelegte. Der experimentelle Beweis wurde 1886 von Heinrich Hertz (1857–1894) durch die Entdeckung der elektromagnetischen Wellen geliefert.

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

• leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

•• mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

••• anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

1.1 • Elektrische Ladungseinheiten

Im Gauß’schen Maßsystem ist die Einheit der Ladung, das Statcoulomb (statC oder auch esu), definiert als die Ladungsmenge, die zwischen zwei gleichen Punktladungen dieser Stärke im Abstand von 1 cm auf eine Kraft von $1\,\mathrm{dyn}=10^{-5}$ N führt. Welche Kraft üben zwei Ladungen von jeweils 1 Coulomb (1 Amperesekunde), der Ladungseinheit im SI-System, in einem Abstand von 1 m aufeinander aus? Wie vergleicht sich das mit dem Schub eines Spaceshuttles beim Start, der 34.677 kN beträgt?

1.2 •• Elektroskop

Ein einfaches Gerät zur Messung von elektrischer Ladung ist ein Elektroskop. Die auf die beweglichen Metallteile aufgebrachte Ladung führt zu Abstoßung, die sich mit der Schwerkraft die Waage hält (Abb. 1.17).

Abb. 1.17

Ein Präzisionselektroskop anno 1908, bei dem bei einer elektrischen Aufladung ein Blättchen von der vertikalen Stange abgestoßen wird (Wikipedia, public domain)

Als eine Variante davon sollen zwei identische Metallkugeln mit Masse $m$ dienen, die an einem gemeinsamen Punkt mit einem leitenden Faden der Länge $L$ aufgehängt sind und die sich eine zentral aufgebrachte Gesamtladung $Q$ symmetrisch teilen (Abb. 1.18). Leiten Sie eine Bestimmungsgleichung für den Winkel $\vartheta$ ab, bei dem sich eine Gleichgewichtslage ergibt. Welche Ladung führt bei $L=10\,$cm, $m=10\,$g und Erdbeschleunigung $g=9{,}81\,\mathrm{m/s}^{2}$ auf einen Ausschlag von 45${}^{\circ}$ (in CGS und in SI-Einheiten)?

Abb. 1.18

Ein einfaches, symmetrisches Elektroskop – realisiert durch zwei identische Metallkugeln, die mit leitenden Drähten an einem gemeinsamen Punkt aufgehängt sind. Die zentral aufgebrachte Ladung verteilt sich auf die beiden Kugeln, $q=Q/2$, die sich durch die Coulomb-Kraft abstoßen, während die Schwerkraft dem entgegenwirkt

Lösungshinweis:

Eine stabile Lage erfordert, dass die Kraft auf die Punktladungen ${\boldsymbol{F}}$ der Zugspannung ${\boldsymbol{T}}$ in den Aufhängungsdrähten das Gleichgewicht hält (Abb. 1.18).

1.3 • Divergenzfreiheit des Coulomb-Feldes abseits des Ursprungs

Zeigen Sie (1.19):

$${\mathrm{div}\,}\frac{{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}}{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|^{3}}=0,\quad{\boldsymbol{r}}\not={\boldsymbol{r}}^{\prime}$$

durch explizite Rechnung in Indexschreibweise.

1.4 •• Etüde in Oberflächenintegralen: Gauß’scher Satz für Kugel, Würfel und Zylinder

Berechnen Sie für das Vektorfeld ${\boldsymbol{X}}={\boldsymbol{r}}/r^{3}$, das zu einer Punktladung mit Stärke 1 im Ursprung gehört, den Fluss durch die Oberfläche von

• (a) einer Kugel mit Radius $R$ mit Mittelpunkt im Ursprung,

• (b) einem Würfel mit Seitenflächen bei $x=\pm 1$, $y=\pm 1$ und $z=\pm 1$,

• (c) einem Zylinder mit der $z$-Achse als Symmetrieachse, Radius 1 und $z\in[-1,1]$,

und verifizieren Sie, dass das Resultat in allen drei Fällen $4\uppi$ ist.

Lösungshinweis:

Die auftretenden Integrale sind alle elementar, wenn auch nicht alle ganz trivial. Verwenden Sie bei Bedarf eine Formelsammlung dafür.

1.5 •• Fluss durch Kugeloberfläche mit Quelle an beliebigem Ort

Legen wir das Koordinatensystem so, dass die $z$-Achse durch die beliebige Position einer Punktladung der Stärke 1 geht, sodass sie sich bei $z=d$ befindet, und berechnen wir den Fluss durch eine Kugeloberfläche um den Ursprung mit Radius $R$, so sollte das Ergebnis konstant $4\uppi$ sein, solange $d<R$ ist, und für alle $d> R$ verschwinden. Verifizieren Sie dies durch direkte Rechnung!

Lösungshinweis:

Verwenden Sie bei Bedarf eine Formelsammlung für das auftretende Integral und achten Sie auf Vorzeichen beim Vereinfachen von Wurzeln von quadratischen Ausdrücken.

1.6 • Deltafunktion mit reskaliertem Argument

Zeigen Sie, dass für die Dirac’sche Deltafunktion

$$\delta(cx)=\frac{1}{|c|}\delta(x)$$

(1.157)

gilt.

Lösungshinweis:

Betrachten Sie $\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}x\,f(x)\,\delta(cx)$.

1.7 •• Kraft zwischen parallelen Stromleitern

Berechnen Sie die Kraft pro Längeneinheit, die zwei parallele unendlich lange stromführende Leiter mit vernachlässigbarem Querschnitt aufeinander ausüben (für beliebige Maßsysteme).

Lösungshinweis:

Berechnen Sie zuerst das Magnetfeld eines einzelnen unendlich langen Drahtes; verwenden Sie dazu die Integralversion des Oersted’schen Gesetzes (1.42) und Rotationssymmetrie im Falle eines einzelnen Drahtes.

1.8 • Generator als Magnetometer

Eine Methode, Magnetfelder auszumessen, ist über das Faraday’sche Induktionsgesetz (1.141) mithilfe von rotierenden Leiterschleifen (Abb. 1.19). Die induzierte Ringspannung $\oint{\mathbf{d}}\boldsymbol{r}\cdot{\boldsymbol{E}}$ verschwindet, wenn die Rotationsachse in Richtung des Magnetfeldes zeigt, und wird maximal senkrecht dazu. Welche Amplitude erreicht die Wechselspannung maximal für eine Spule mit $N=1000$ Windungen und Querschnitt $F=10\,\mathrm{cm}^{2}$ bei 10 Umdrehungen in der Sekunde im Erdmagnetfeld, wenn dieses 0,5 G stark ist? Kontrollieren Sie Ihre Rechnung, indem Sie einmal das SI-System und einmal das Gauß’sche Maßsystem verwenden.

Abb. 1.19

Messung von Magnetfeldern durch die in einer rotierenden Spule induzierte Wechselspannung

Lösungshinweis:

1 statV $\approx 300$ V.

1.9 •• Fundamentale Geschwindigkeit in den Grundgleichungen

Bestimmen Sie in einem Maßsystem mit noch nicht festgelegten $k_{i}$ die physikalische Dimension von Ladung $[Q]$, Stromstärke $[I]$, magnetischem Moment $[\mathcal{M}]$, elektrischer Feldstärke $[E]$ und magnetischer Feldstärke $[B]$ ausgedrückt durch die Dimensionen der $k_{i}$ und die mechanischen Grundgrößen Masse, Länge und Zeit. Zeigen Sie damit, dass ${k\,k_{2b}}/({k_{3}^{2}k_{2a}})$ die Dimension einer Geschwindigkeit zum Quadrat hat.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie neben dem Coulomb-Kraftgesetz und den Gleichungen, in denen $k_{2a}$ und $k_{2b}$ eingeführt wurden, das Durchflutungsgesetz (1.42).

1.10 ••• Induktionsgesetz mit magnetischen Monopolen

Wie wäre das Induktionsgesetz (1.141) abzuändern, wenn es magnetische Monopolladungsdichten gäbe, d. h. ${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{B}}=4\uppi\,\rho_{\mathrm{m}}\not=0$?

1.11 •• Impulserhaltungssatz der Elektrodynamik

Leiten Sie den Impulserhaltungssatz der Elektrodynamik (1.115) unter Verwendung der Indexschreibweise her.

1.12 • Spur des Maxwell’schen Spannungstensors

Wie wir in Abschn. 1.4 gesehen haben, ist die Impulsdichte des elektromagnetischen Feldes direkt proportional zur Energieflussdichte (Poynting-Vektor). Außerdem gibt es noch einen weiteren engen Zusammenhang zwischen Energie und Impuls: Für den Maxwell’schen Spannungstensor (der ja die Impulsflussdichte beschreibt) gilt

$$\operatorname{Sp}\mathbf{\bar{T}}\equiv\bar{T}_{ii}=-w_{\mathrm{em}}.$$

(1.158)

Beweisen Sie diese Beziehung. (Für eine Erklärung des negativen Vorzeichens siehe Abschn. 8.5.)

1.13 •• Coulomb-Kraft und Maxwell’scher Spannungstensor

Bestätigen Sie die Richtigkeit des Impulserhaltungssatzes, indem Sie ihn dazu verwenden, die wohlbekannte Coulomb-Kraft, die zwei gleich große Ladungen bei $z=\pm a/2$ aufeinander ausüben, über das Oberflächenintegral des Maxwell’schen Spannungstensors entlang der Symmetrieebene $z=0$ zu berechnen. Nehmen Sie einmal gleichnamige und einmal entgegengesetzte Ladungen an.

1.14 ••• Ruhende elektrische Ladungen zusammen mit ruhenden magnetischen Monopolen besitzen Drehimpuls!

Gegeben sei eine elektrische Ladung $q_{\mathrm{e}}$ im Ursprung und eine (hypothetische) magnetische Monopolladung $q_{\mathrm{m}}$ auf der $z$-Achse bei $z=d$. Das kombinierte elektrische und magnetische Feld hat eine nichttrivale Impulsdichte ${\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}$ sowie eine Drehimpulsdichte ${\boldsymbol{r}}\times{\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}$. Zeigen Sie, dass wie zu erwarten ist, der Gesamtimpuls des Feldes verschwindet, aber überraschenderweise ein Gesamtdrehimpuls vorliegt, der darüber hinaus vom Abstand $d$ komplett unabhängig ist. (In der Quantenmechanik werden wir sehen, dass Drehimpulse immer quantisiert sind und ganzzahlige Vielfache von $\hbar/2$ sein müssen. Aus dieser Rechnung lässt sich damit die Dirac’sche Quantisierungsbedingung

$$q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}=\frac{\hbar c}{2}n,\quad n\in\mathbb{Z}$$

(1.159)

für elektrische und magnetische Monopolladungen ableiten, die Dirac 1931 auf ganz andere Weise fand. Diese impliziert, dass die Existenz eines einzigen magnetischen Monopols irgendwo im Universum die Quantisierung der elektrischen Ladungen erklären könnte.)

Lösungshinweis:

Verwenden Sie Kugelkoordinaten und führen Sie zuerst die radiale Integration aus.

1.15 • Eichfixierung

Rechnen Sie nach, dass die Lorenz-Eichung nach einer Eichtransformation erreicht wird, wenn darin die Eichfunktion $\Lambda$ so gewählt wird, dass

$$-\Box\Lambda={\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}+\frac{1}{c}\partial_{t}\phi$$

(1.160)

gilt. Dies zeigt im Übrigen, dass die Eichfreiheit noch nicht komplett fixiert ist. Wenn die Lorenz-Eichbedingung erfüllt ist, kann man noch weitere Eichtransformationen durchführen mit Eichfunktionen $\Lambda$, die $\Box\Lambda=0$ erfüllen.

Wie lauten die analogen Aussagen für die Coulomb-Eichung?

1.16 • Coulomb-Eichung

Zeigen Sie, dass in der Coulomb-Eichung die beiden Anteile von ${\boldsymbol{E}}$ definiert durch

$${\boldsymbol{E}}=-{\boldsymbol{\nabla}}\phi-\frac{1}{c}\partial_{t}{\boldsymbol{A}}=:{\boldsymbol{E}}_{\mathrm{C}}+{\boldsymbol{E}}_{\mathrm{T}}$$

(1.161)

eine Aufspaltung von ${\boldsymbol{E}}$ in einen wirbelfreien und einen divergenzfreien Anteil liefern:

$$\mathbf{rot}\,{\boldsymbol{E}}_{\mathrm{C}}=0,\quad{\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{E}}_{\mathrm{T}}=0.$$

(1.162)

(${\boldsymbol{E}}_{\mathrm{C}}$ wird dabei als Coulomb-Anteil, ${\boldsymbol{E}}_{\mathrm{T}}$ als transversaler Anteil bezeichnet.)

Lösungen zu den Aufgaben

1.1

$\approx 9\cdot 10^{9}\,\mathrm{N}\approx 259$ Spaceshuttles beim Start.

1.2

$$\tan\vartheta\,\sin^{2}\vartheta=k\frac{Q^{2}}{16mgL^{2}}$$

(1.163)

Daraus ergibt sich $\vartheta=\uppi/4$ bei $Q=0{,}934$ µC oder 2801 statC.

1.7

Das Magnetfeld eines einzelnen unendlich langen Drahtes entlang der $z$-Achse, durch den ein Strom der Stärke $I_{1}$ fließt, ist in Zylinderkoordinaten gegeben durch

$${\boldsymbol{B}}=k_{3}\frac{2I_{1}}{\varrho}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi}.$$

(1.164)

Die Kraft zwischen zwei Leitern ist gegeben durch (1.76).

1.8

3,14 mV

1.10

$$\mathbf{rot}\,{\boldsymbol{E}}=-\frac{4\uppi}{c}{\boldsymbol{j}}_{\mathrm{m}}-\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}{\boldsymbol{B}}$$

(1.165)

1.14

Der gesamte Drehimpuls dieser Konfiguration ist

$${\boldsymbol{L}}=\frac{q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}}{c}{\boldsymbol{\hat{z}}}.$$

1.15

In der Coulomb-Eichung ist ${\varDelta}\Lambda={\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}$ zu lösen. Dies bestimmt $\Lambda$ bis auf Lösungen der homogenen Laplace-Gleichung ${\varDelta}\Lambda=0$.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

1.1

Im SI-System lautet das Coulomb-Kraftgesetz

$$F=\frac{1}{4\uppi\epsilon_{0}}\frac{q_{1}q_{2}}{r^{2}}.$$

(1.166)

Mit (1.77) und (1.78) ergibt sich:

$$\begin{aligned}\displaystyle\frac{1}{4\uppi\epsilon_{0}}&\displaystyle=\frac{c^{2}\mu_{0}}{4\uppi}=c^{2}\,10^{-7}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{A}^{2}}\\ \displaystyle&\displaystyle\approx 9\cdot 10^{16}\frac{\mathrm{m}^{2}}{\mathrm{s}^{2}}10^{-7}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{A}^{2}}=9\cdot 10^{9}\frac{\mathrm{m^{2}\,N}}{\mathrm{C}^{2}}.\end{aligned}$$

(1.167)

Während 1 Amperesekunde für einen Akku eine sehr geringe Ladungsmenge darstellt, ist also 1 Coulomb als isolierte Ladung eine extrem große Ladungsmenge.

1.2

Die gesamte Kraft ${\boldsymbol{F}}=-{\boldsymbol{T}}$ setzt sich vektoriell aus aufeinander senkrecht stehender Schwerkraft und Coulomb-Kraft zusammen, deren Beträge gegeben sind durch

$$F_{\mathrm{G}}=mg=F\cos\vartheta,\quad F_{\mathrm{C}}=k\frac{(Q/2)^{2}}{(2L\sin\vartheta)^{2}}=F\sin\vartheta.$$

(1.168)

Der Quotient $F_{\mathrm{C}}/F_{\mathrm{G}}$ führt unmittelbar auf (1.163).

Bei einem Winkel von $\vartheta=\uppi/4$ ist die linke Seite von (1.163) gleich $1/2$, und damit $Q=\sqrt{8mgL^{2}/k}$. In CGS-Einheiten, wo $k=1$ ist, ist $g=981\,\mathrm{cm/s}^{2}$ einzusetzen, sodass $Q=\sqrt{7.848.000}\approx 2801$ in statC resultiert. In SI-Einheiten ist (siehe (1.167)) numerisch $k\approx 9\cdot 10^{9}$. Die Zahlenwerte für die übrigen Größen sind $m=0{,}01$, $g=9{,}81$, $L=0{,}1$, somit $Q\approx\sqrt{8{,}72\cdot 10^{-13}}\approx 0{,}934\cdot 10^{-6}$ C.

1.3

Wegen ${\partial}/{\partial}x_{i}={\partial}/{\partial}(x_{i}-x_{i}^{\prime})$ genügt es, ${\partial}_{i}({x_{i}}/{r^{3}})=0$ für $r\not=0$ zu überprüfen. Mit $r=\sqrt{x_{j}x_{j}}$ haben wir

$${\partial}_{i}r=\frac{2x_{j}\delta_{ji}}{2r}=\frac{x_{i}}{r},$$

(1.169)

in Vektornotation also

$${\boldsymbol{\nabla}}r={\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}.$$

(1.170)

Differenziation gemäß der Produktregel gibt damit

$${\partial}_{i}\frac{x_{i}}{r^{3}}=\frac{\delta_{ii}}{r^{3}}-3\frac{1}{r^{4}}\frac{x_{i}}{r}x_{i}.$$

Zu beachten ist, dass in $\delta_{ii}=3$ implizit eine Summation steckt. Damit heben sich die beiden Beiträge auf der rechten Seite auf, jedenfalls solange der singuläre Punkt $r=0$ ausgespart bleibt.

1.4

Zu berechnen ist jeweils das Oberflächenintegral

$$\oint_{{\partial}V}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\cdot{\boldsymbol{X}}=\oint_{{\partial}V}\frac{\mathbf{d}\boldsymbol{f}\cdot{\boldsymbol{r}}}{r^{3}}.$$

(1.171)

• (a) In Kugelkoordinaten ist auf der Kugel mit Radius $R$

  $$\mathbf{d}\boldsymbol{f}=\left.r^{2}\mathrm{d}\Upomega\right|_{r=R}\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r},\quad\left.\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot{\boldsymbol{r}}}{r^{3}}\right|_{r=R}=\frac{1}{R^{2}}$$

  (1.172)

  und

  $$\begin{aligned}\displaystyle\oint_{r=R}\frac{R^{2}\mathrm{d}\Upomega}{R^{2}}&\displaystyle=\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{\uppi}\sin\vartheta\,\mathrm{d}\vartheta\\ \displaystyle&\displaystyle=2\uppi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta)=4\uppi.\end{aligned}$$

  (1.173)

• (b) In kartesischen Koordinaten ist

  $${\boldsymbol{X}}=\frac{(x,y,z)^{\top}}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{3/2}}.$$

  (1.174)

  Weil das Feld symmetrisch um den Ursprung und der Mittelpunkt des Würfels ebenfalls im Ursprung ist, genügt es, den Beitrag einer Seitenfläche zu berechnen und dann mit 6 zu multiplizieren. Nehmen wir die obere Seitenfläche bei $z=1$, dann ist

  $$\mathbf{d}\boldsymbol{f}=\mathrm{d}x\mathrm{d}y\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z},\quad\left.{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\cdot{\boldsymbol{X}}\right|_{z=1}=\frac{1}{(x^{2}+y^{2}+1)^{3/2}}$$

  (1.175)

  und

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{-1}^{1}\mathrm{d}y\frac{1}{(x^{2}+y^{2}+1)^{3/2}}=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}y\frac{1}{y^{2}+1}\frac{2}{\sqrt{2+y^{2}}}\\ \displaystyle&\displaystyle\quad=2\left.\arctan\frac{y}{\sqrt{2+y^{2}}}\right|_{y=-1}^{1}=4\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2\uppi}{3}.\end{aligned}$$

  (1.176)

  Mit 6 multipliziert ergibt dies wieder $4\uppi$.

• (c) Beim Zylinder müssen zwei unterschiedliche Beiträge berechnet werden: die zwei Deckflächen und die Mantelfläche. Verwenden wir hier Zylinderkoordinaten $\varrho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ und $z$, dann tritt auf der oberen Deckfläche bei $z=1$ der gleiche Integrand wie in (1.176) auf, nur dass jetzt über einen Einheitskreis zu integrieren ist:

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\iint_{x^{2}+y^{2}\leq 1}\frac{\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y}{(x^{2}+y^{2}+1)^{3/2}}\\ \displaystyle&\displaystyle=2\uppi\int_{0}^{1}\varrho\,\mathrm{d}\varrho\frac{1}{(\varrho^{2}+1)^{3/2}}\\ \displaystyle&\displaystyle=-2\uppi\left.\frac{1}{(\varrho^{2}+1)^{1/2}}\right|_{0}^{1}=\uppi(2-\sqrt{2}).\end{aligned}$$

  (1.177)

  Bei der unteren Deckfläche zeigt $\mathbf{d}\boldsymbol{f}$ in Richtung $-{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}$, aber auch die $z$-Komponente von ${\boldsymbol{X}}$ hat ein anderes Vorzeichen, sodass wieder dasselbe Ergebnis entsteht. Die beiden Deckflächen ergeben also zusammen $2\uppi(2-\sqrt{2})$.

  Auf der Mantelfläche ist $\mathbf{d}\boldsymbol{f}=\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}z\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho}$. Die $\varrho$-Komponente von ${\boldsymbol{X}}$ ist

  $${\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho}\cdot{\boldsymbol{X}}=\frac{\varrho}{(\varrho^{2}+z^{2})^{3/2}},$$

  (1.178)

  was nun bei $\varrho=1$ auszuwerten und zu integrieren ist:

  $$\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}z\frac{1}{(1+z^{2})^{3/2}}=2\uppi\sqrt{2}.$$

  (1.179)

  Deckflächen und Mantelflächen zusammen ergeben wieder $2\uppi(2-\sqrt{2})+2\uppi\sqrt{2}=4\uppi$.

1.5

Das Feld der Punktladung mit Stärke 1 ist nun gegeben durch

$$\frac{{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}}{|{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|^{3}}.$$

(1.180)

Der Fluss durch die Kugeloberfläche mit Radius $R$ ist damit in Kugelkoordinaten (mit $z=r\,\cos\vartheta$)

$$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\oint_{r=R}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\cdot\frac{{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}}{|{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|^{3}}=R^{2}\oint_{r=R}\mathrm{d}\Upomega\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}\cdot\frac{{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}}{|{\boldsymbol{r}}-d{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|^{3}}\\ \displaystyle&\displaystyle=2\uppi\,R^{2}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta)\frac{R-d\cos\vartheta}{(R^{2}-2dR\cos\vartheta+d^{2})^{3/2}}\\ \displaystyle&\displaystyle=\frac{\uppi}{d}\biggl[(R^{2}-d^{2})\left(\frac{1}{\sqrt{(R-d)^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{(R+d)^{2}}}\right)\\ \displaystyle&\displaystyle\qquad\quad-\sqrt{(R-d)^{2}}+\sqrt{(R+d)^{2}}\biggr].\end{aligned}$$

(1.181)

Mit $(R^{2}-d^{2})=(R+d)(R-d)$ und $\sqrt{(R-d)^{2}}=|R-d|$ ergibt dies

$$\frac{\uppi}{d}\left[(R+d)\,\mathrm{sgn}(R-d)-(R-d)-|R-d|+(R+d)\right],$$

(1.182)

wobei $\mathrm{sgn}(x)$ das Vorzeichen von $x$ gibt. Für $d<R$ ist das Ergebnis damit $\frac{\uppi}{d}4d=4\uppi$; für $d> R$ heben sich alle Terme weg.

1.6

Bei einer Variablensubstitution $cx=x^{\prime}$, $\mathrm{d}x=\mathrm{d}x^{\prime}/c$ ist zu beachten, dass die Integrationsgrenzen zu vertauschen sind, wenn $c<0$ ist, sodass gilt:

$$\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}x\,f(x)\,\delta(cx)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x^{\prime}}{|c|}\,f(x^{\prime}/c)\,\delta(x^{\prime})=\frac{f(0)}{|c|}.$$

1.7

Die Integralversion des Oersted’schen Gesetzes (1.42) mit $C$ ein Kreis mit Radius $\varrho$ um einen unendlich langen Draht entlang der $z$-Achse, durch den ein Strom mit der Stärke $I_{1}$ fließt, liefert

$$2\uppi\varrho B_{\varphi}=4\uppi\,k_{3}I_{1},$$

(1.183)

wobei wir aufgrund der Symmetrie annehmen können, dass $B_{\varphi}$ entlang des Kreises konstant ist. Daraus folgt (1.164).

Die infinitesimale Version des Ampère’schen Kraftgesetzes (1.51) liefert damit für Leiterelemente ${\mathbf{d}}\boldsymbol{l}\propto{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}$ mit Stromstärke $I_{2}$ und Abstand $\varrho=d$

$${\mathbf{d}}\boldsymbol{F}=k_{4}I_{2}\frac{2k_{3}}{d}I_{1}\mathrm{d}l\,({\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\times{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varphi})=k_{3}k_{4}\frac{2I_{1}I_{2}}{d}(-{\boldsymbol{\hat{e}}}_{\varrho})\,\mathrm{d}l.$$

(1.184)

Wegen der Konstanz in der $z$-Richtung folgt daraus eine anziehende Kraft mit der Stärke (1.76) pro Längeneinheit.

1.8

Wenn die Fläche so rotiert, dass sie immer wieder senkrecht zum Magnetfeld orientiert ist und damit maximal wird, ist der magnetische Fluss gegeben durch $\Phi_{\mathrm{m}}=NFB\cos(2\uppi\nu t)$ mit $\nu=10$ s${}^{-1}$. In SI-Einheiten ist $B=0{,}5\cdot 10^{-4}$ Tesla und die Ringspannung $\oint{\mathbf{d}}\boldsymbol{r}\cdot{\boldsymbol{E}}=-{\partial}_{t}\Phi_{\mathrm{m}}=NFB\,2\uppi\nu\,\sin(2\uppi\nu t)$. Im SI-System ist $F=0{,}001$ m${}^{2}$ und damit die Amplitude in Volt gleich $NFB\,2\uppi\nu=\uppi\cdot 10^{-3}$.

In Gauß’schen Einheiten ist $B=0{,}5$ G und $F=10\,\mathrm{cm}^{2}$ einzusetzen und zusätzlich mit $k_{4}=1/c\approx 1/(3\cdot 10^{10})$ in CGS-Einheiten zu multiplizieren. Zur Umrechnung in V ist mit $\approx 300$ zu multiplizieren. Um das Ergebnis gleich in V und nicht in statV zu bekommen, kann also $k_{4}=10^{-8}$ gesetzt werden.

1.9

Aus dem Coulomb-Gesetz (1.1) und (1.3) folgt

$$[F]=[kQ^{2}L^{-2}]=[Q][E],$$

(1.185)

also

$$[Q]^{2}=[k^{-1}FL^{2}]=[k^{-1}ML^{3}T^{-2}]$$

(1.186)

und damit

$$[Q]=[k^{-1/2}M^{1/2}L^{3/2}T^{-1}],$$

(1.187)

$$[I]=[QT^{-1}],$$

(1.188)

$$\begin{aligned}\displaystyle{}[E]&\displaystyle=[FQ^{-1}]=[Q^{-1}MLT^{-2}]\\ \displaystyle&\displaystyle=[k^{1/2}M^{1/2}L^{-1/2}T^{-1}].\end{aligned}$$

(1.189)

Das Durchflutungsgesetz (1.42) setzt $[B]$ mit $[I]$ bzw. $[Q]$ in Beziehung:

$$\begin{aligned}\displaystyle{}[BL]&\displaystyle=[k_{3}I]=[k_{3}QT^{-1}]\\ \displaystyle&\displaystyle=[k^{-1/2}k_{3}M^{1/2}L^{3/2}T^{-2}],\end{aligned}$$

(1.190)

also

$$[B]=[k^{-1/2}k_{3}M^{1/2}L^{1/2}T^{-2}].$$

(1.191)

Andererseits legt die Form eines magnetischen Dipolfeldes (1.33) $[B]$ durch $[\mathcal{M}]$ fest:

$$[B]=[k_{2b}\mathcal{M}L^{-3}],$$

(1.192)

und das Drehmoment (1.32) stellt eine weitere Beziehung zur Mechanik her:

$$[N]=[FL]=[k_{2a}\mathcal{M}B].$$

(1.193)

Aus (1.192) folgt eine Möglichkeit, $[\mathcal{M}]$ darzustellen:

$$[\mathcal{M}]=[k^{-1/2}k_{2b}^{-1}k_{3}M^{1/2}L^{7/2}T^{-2}],$$

(1.194)

während bei der Bildung des Quotienten von (1.192) und (1.193) diese Größe herausfällt:

$$[k_{2b}L^{-3}/(k_{2a}B)]=[BF^{-1}L^{-1}]=[BM^{-1}L^{-2}T^{2}].$$

(1.195)

Damit bekommen wir

$$[k_{2b}/k_{2a}]=[B^{2}LM^{-1}T^{2}]=[k^{-1}k_{3}^{2}L^{2}T^{-2}],$$

(1.196)

was zu zeigen war.

1.10

Bildet man die Divergenz von (1.50) so erhält man die Forderung

$$0\equiv{\mathrm{div}\,}(\mathbf{rot}\,{\boldsymbol{E}})=-\frac{1}{c}{\partial}_{t}\,{\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{B}}.$$

(1.197)

Mit ${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{B}}=4\uppi\,\rho_{\mathrm{m}}\not=0$ ist das nur verträglich, solange ${\partial}_{t}\rho_{\mathrm{m}}=0$ ist. Im allgemeinen Fall von zeitabhängigen $\rho_{\mathrm{m}}$ braucht es eine Kontinuitätsgleichung, die einer magnetischen Ladungserhaltung entspricht:

$${\partial}_{t}\rho_{\mathrm{m}}+{\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{j}}_{\mathrm{m}}=0,$$

(1.198)

wobei ${\boldsymbol{j}}_{\mathrm{m}}$ eine magnetische Stromdichte ist. Wir können also die rechte Seite von (1.197) wieder auf null bekommen, wenn wir (1.50) auf

$$\mathbf{rot}\,{\boldsymbol{E}}=-\frac{4\uppi}{c}{\boldsymbol{j}}_{\mathrm{m}}-\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}{\boldsymbol{B}}$$

verallgemeinern.

1.11

Verwenden der inhomogenen Maxwell-Gleichungen erlaubt es, die beiden Ausdrücke auf der linken Seite von (1.115) ausschließlich durch Feldstärken darzustellen:

$$ \left(\rho{\boldsymbol{E}}\right)_{k}=\frac{1}{4\uppi}({\partial}_{m}E_{m})E_{k},$$

(1.199)

$$ \left(\frac{1}{c}{\boldsymbol{j}}\times{\boldsymbol{B}}\right)_{k}=\varepsilon_{kij}\frac{1}{4\uppi}\left[\varepsilon_{imn}({\partial}_{m}B_{n})-\frac{1}{c}({\partial}_{t}E_{i})\right]B_{j}.$$

(1.200)

Ziel der Rechnung ist es, totale räumliche oder zeitliche Ableitungen zu bekommen. Beginnen wir mit den zeitlichen Ableitungen, so können wir den letzten Term schreiben als

$$({\partial}_{t}E_{i})B_{j}={\partial}_{t}(E_{i}B_{j})-E_{i}({\partial}_{t}B_{j})$$

und für die Zeitableitung von $B_{j}$ das Induktionsgesetz einsetzen:

$$\frac{1}{c}{\partial}_{t}B_{j}=-\varepsilon_{jmn}{\partial}_{m}E_{n}.$$

Unter Verwendung von

$$\varepsilon_{kij}\varepsilon_{imn}=\delta_{im}\delta_{jn}-\delta_{in}\delta_{jm}$$

haben wir damit

$$ \left(\rho{\boldsymbol{E}}+\frac{1}{c}{\boldsymbol{j}}\times{\boldsymbol{B}}\right)_{k}=-\partial_{t}\frac{1}{4\uppi c}({\boldsymbol{E}}\times{\boldsymbol{B}})_{k}$$

$$ \quad+\frac{1}{4\uppi}\left[({\partial}_{m}E_{m})E_{k}+E_{m}({\partial}_{m}E_{k})-({\partial}_{k}E_{m})E_{m}\right]$$

$$ \quad+\frac{1}{4\uppi}\left[+B_{m}({\partial}_{m}B_{k})-({\partial}_{k}B_{m})B_{m}\right].$$

Wegen ${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{B}}={\partial}_{m}B_{m}=0$ können alle räumlichen Ableitungen als totale geschrieben werden: $({\partial}_{k}E_{m})E_{m}=\frac{1}{2}{\partial}_{k}E^{2}$, $({\partial}_{m}E_{m})E_{k}+E_{m}({\partial}_{m}E_{k})={\partial}_{m}(E_{m}E_{k})$ usw. Abgesehen von einer Umbenennung der Summationsindizes ist dies identisch zu (1.115).

1.12

$$\bar{T}_{ii} =\frac{1}{4\uppi}\left(E_{i}E_{i}+B_{i}B_{i}\right)-\delta_{ii}w_{\mathrm{em}}$$

$$ =2\frac{1}{8\uppi}\left(\boldsymbol{E}^{2}+\boldsymbol{B}^{2}\right)-3\,w_{\mathrm{em}}$$

$$ =2\,w_{\mathrm{em}}-3\,w_{\mathrm{em}}=-w_{\mathrm{em}}.$$

1.13

Die Feldstärke, die zu einer Ladung $q$ bei $z=-a/2$ und einer Ladung $\pm q$ bei $z=a/2$ gehört, ist auf $z=0$ offensichtlich invariant unter Drehungen um die $z$-Achse. Entlang der $x$-Achse tragen die beiden Ladungen

$$\begin{aligned}\displaystyle{\boldsymbol{E}}(x,0,0)&\displaystyle=\frac{+q}{(x^{2}+a^{2}/4)^{3/2}}\begin{pmatrix}x\\ 0\\ a/2\end{pmatrix}\\ \displaystyle&\displaystyle\quad+\frac{\pm q}{(x^{2}+a^{2}/4)^{3/2}}\begin{pmatrix}x\\ 0\\ -a/2\end{pmatrix}\end{aligned}$$

(1.201)

bei. Für die beiden Fälle, Abstoßung und Anziehung, haben wir also

$${\boldsymbol{E}}^{++}(x,0,0) =q\frac{2x}{(x^{2}+a^{2}/4)^{3/2}}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{1},$$

(1.202)

$${\boldsymbol{E}}^{+-}(x,0,0) =q\frac{a}{(x^{2}+a^{2}/4)^{3/2}}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{3}.$$

(1.203)

Die Kraft auf die Ladung bei $z=-a/2$ kann mit dem Impulserhaltungssatz (1.119) als Oberflächenintegral

$$({\boldsymbol{F}}^{\mathrm{mech}})_{k}=\oint_{{\partial}V}\mathrm{d}f_{i}\bar{T}_{ik}$$

(1.204)

geschrieben werden, das den unteren Halbraum ($z<0$) umschließt (der Beitrag ${\boldsymbol{P}}^{\mathrm{em}}$ tritt nur auf, wenn gleichzeitig elektrische und magnetische Felder im Spiel sind). Die Beiträge zum Oberflächenintegral im Unendlichen verschwinden, und es bleibt ein Integral über die Ebene $z=0$ mit $\mathbf{d}\boldsymbol{f}=\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{3}$. Die Kraft auf die Ladung im oberen Halbraum ergibt sich durch dasselbe Integral, aber mit $\mathbf{d}\boldsymbol{f}=\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,(-{\boldsymbol{\hat{e}}}_{3})$.

Vom Maxwell’schen Spannungstensor (1.118) werden nur die Komponenten $\bar{T}_{3k}$ benötigt:

$$\bar{T}_{3k}=\frac{1}{4\uppi}\left[E_{3}E_{k}-\frac{1}{2}\delta_{3k}{\boldsymbol{E}}^{2}\right].$$

(1.205)

Im Fall von (1.202) ist $E_{3}=0$, und wir haben nur einen Beitrag vom zweiten Term

$$\bar{T}_{3k}^{++}(x,0,0)=-\frac{1}{8\uppi}[{\boldsymbol{E}}^{++}(x,0,0)]^{2}\delta_{3k},$$

(1.206)

während im Fall von (1.203) $E_{k}=|{\boldsymbol{E}}|\delta_{k3}$ gilt und der erste Beitrag zu $\bar{T}_{3k}$ durch den zweiten halbiert wird:

$$\bar{T}_{3k}^{+-}(x,0,0)=+\frac{1}{8\uppi}[{\boldsymbol{E}}^{+-}(x,0,0)]^{2}\delta_{3k}.$$

(1.207)

Damit haben wir schon verifiziert, dass die Kraft auf die Ladung im unteren Halbraum bei gleichnamigen Ladungen in die negative $z$-Richtung und bei entgegengesetzten Ladungen in die positive zeigt. Die Integrale über $\bar{T}_{33}$ können wir wegen der Invarianz bei Drehungen um die $z$-Achse in Polarkoordinaten auf der Ebene $z=0$ unmittelbar schreiben als

$$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\iint\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\bar{T}_{33}^{++}(x,y,0)\\ \displaystyle&\displaystyle=-\frac{q^{2}}{8\uppi}\int_{0}^{\infty}2\uppi\,r\,\mathrm{d}r\frac{4r^{2}}{(r^{2}+a^{2}/4)^{3}}=-\frac{q^{2}}{a^{2}},\end{aligned}$$

(1.208)

wobei das Integral nach Substitution $r^{2}\to s$ elementar ist, und

$$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\iint\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\bar{T}_{33}^{+-}(x,y,0)\\ \displaystyle&\displaystyle=\frac{q^{2}}{8\uppi}\int_{0}^{\infty}2\uppi\,r\,\mathrm{d}r\frac{a^{2}}{(r^{2}+a^{2}/4)^{3}}=+\frac{q^{2}}{a^{2}}.\end{aligned}$$

(1.209)

Das ist, wie zu zeigen war, der jeweils richtige Ausdruck für die Coulomb-Kraft.

1.14

Wegen der Drehsymmetrie um die $z$-Achse können wir uns auf $\varphi=0$, also $y=0$ beschränken, da die Integration über $\varphi$ nur einen Faktor $2\uppi$ besteuern wird. Für die Berechnung der äußeren Produkte ist es bequem, alle Vektoren in kartesischen Komponenten anzugeben und erst die Integrationen in Kugelkoordinaten durchzuführen. Die Felder der elektrischen und magnetischen Monopolladungen lauten in der $xz$-Ebene

$${\boldsymbol{E}}=\frac{q_{\mathrm{e}}}{r^{3}}\begin{pmatrix}x\\ 0\\ z\end{pmatrix},\quad{\boldsymbol{B}}=\frac{q_{\mathrm{m}}}{((z-d)^{2}+x^{2})^{3/2}}\begin{pmatrix}x\\ 0\\ z-d\end{pmatrix}$$

(1.210)

mit $x=r\sin\vartheta,\;z=r\cos\vartheta$. Die Impulsdichte ist damit

$$\displaystyle{\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}=\frac{1}{4\uppi c}({\boldsymbol{E}}\times{\boldsymbol{B}})=\frac{q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}}{4\uppi cr^{3}((z-d)^{2}+x^{2})^{3/2}}\begin{pmatrix}0\\ xd\\ 0\end{pmatrix}.$$

(1.211)

Für positive $x$ zeigt ${\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}$ in positive $y$-Richtung; symmetrisch dazu für negative $x$ in negative $y$-Richtung. Das Vektorfeld ${\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}$ verläuft also im ganzen Raum im selben Rotationssinn um die $z$-Achse. Dies macht schon klar, dass der Gesamtimpuls des elektromagnetischen Feldes null ist, der Gesamtdrehimpuls aber nicht verschwindet.

Die Drehimpulsdichte des Feldes um einen Referenzpunkt ${\boldsymbol{r}}_{0}$ ist durch $({\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}_{0})\times{\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}$ gegeben. Diese Dichte hängt offenbar von ${\boldsymbol{r}}_{0}$ ab, aber weil der Gesamtimpuls verschwindet, ist das Integral darüber, der Gesamtdrehimpuls, unabhängig von ${\boldsymbol{r}}_{0}$. Wir können ihn daher ohne Beschränkung der Allgemeinheit bei $r=0$ belassen. Die entsprechende Drehimpulsdichte lautet

$${\boldsymbol{r}}\times{\boldsymbol{g}}^{\mathrm{em}}=\frac{q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}d}{4\uppi cr^{3}((z-d)^{2}+x^{2})^{3/2}}\begin{pmatrix}-xz\\ 0\\ x^{2}\end{pmatrix}.$$

(1.212)

Wegen der Antisymmetrie der $x$-Komponente unter $x\to-x$ ist nach Integration über den gesamten Raum $L_{x}=0$, und nur die $z$-Komponente kann beitragen. Diese ist durch folgendes Integral gegeben:

$$L_{z}=2\uppi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta)\int_{0}^{\infty}r^{2}\,\mathrm{d}r\frac{q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}dx^{2}}{4\uppi cr^{3}((z-d)^{2}+x^{2})^{3/2}},$$

(1.213)

wiederum mit $x=r\sin\vartheta,\;z=r\cos\vartheta$. Mit Variablen $\bar{r}=r/d$ und $\cos\vartheta=\zeta$ lässt sich dies umschreiben auf

$$L_{z}=\frac{q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}}{2c}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\zeta\,(1-\zeta^{2})\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}\bar{r}\frac{\bar{r}}{(\bar{r}^{2}-2\zeta\,\bar{r}+1)^{3/2}},$$

(1.214)

womit gezeigt ist, dass ${\boldsymbol{L}}$ unabhängig von $d$ ist. Es bleibt noch, die Integrale auszuwerten. Die $\bar{r}$-Integration ergibt $1/(1-\zeta)$, und die $\zeta$-Integration damit

$$\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\zeta\,\frac{1-\zeta^{2}}{1-\zeta}=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\zeta\,(1+\zeta)=2,$$

also insgesamt $L_{z}=q_{\mathrm{e}}q_{\mathrm{m}}/c$.

1.15

Nach einer Eichtransformation

$$\phi^{\prime}(t,{\boldsymbol{r}}) =\phi(t,{\boldsymbol{r}})+\frac{1}{c}\partial_{t}\Lambda(t,{\boldsymbol{r}}),$$

(1.215)

$${\boldsymbol{A}}^{\prime}(t,{\boldsymbol{r}}) ={\boldsymbol{A}}(t,{\boldsymbol{r}})-{\boldsymbol{\nabla}}\Lambda(t,{\boldsymbol{r}})$$

(1.216)

sollen die neuen Potenziale in der Lorenz-Eichung ${\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}^{\prime}+\frac{1}{c}\partial_{t}\phi^{\prime}=0$ bzw. in der Coulomb-Eichung ${\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}^{\prime}=0$ erfüllen. Im Fall der Lorenz-Eichung ergibt dies die Forderung

$$\begin{aligned}\displaystyle 0&\displaystyle={\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}+\frac{1}{c}\partial_{t}\phi-{\boldsymbol{\nabla}}^{2}\Lambda+\frac{1}{c^{2}}\partial_{t}^{2}\Lambda\\ \displaystyle&\displaystyle={\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}+\frac{1}{c}\partial_{t}\phi+\Box\Lambda,\end{aligned}$$

(1.217)

während im Fall der Coulomb-Eichung die zeitlichen Ableitungsterme fehlen und $\Box\to-{\varDelta}$ zu ersetzen ist.

1.16

${\boldsymbol{E}}_{\mathrm{C}}$ ist ein Gradientenfeld, daher verschwindet die Rotation; ${\mathrm{div}\,}{\boldsymbol{E}}_{\mathrm{T}}=0$ folgt aus ${\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{A}}=0$ nach Vertauschen von ${\boldsymbol{\nabla}}$ und $\partial_{t}$, was natürlich die Voraussetzungen des Satzes von Schwarz benötigt, die im Regelfall gelten.