%  ed6.tex         Juli 1998
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%  Das Felder - Anfangswertproblem 

%  def.tex  erforderlich

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\def\ep{\e_0}  \def\es{\vcts e}  \def\bs{\vcts b}
\def\ik{\({1\02\pi}\)^3 \int \! d^3k \,\;}

\begin{document}

\vspace*{-.3cm} \rightline{Juli 1998} 
\ct{\gr Das Felder--Anfangswertproblem \ \ } \medskip

\nz
Elektrodynamik. Vakuum. Zur Zeit $t=0$ seien die Felder 
$\vc E(\vc r , 0)$ und $\vc B(\vc r , 0)$ bekannt. Die 
Maxwell--Gleichungen sind Dgln erster Ordnung, insbesondere 
in der Zeitableitung \ --- \ wie in der Quantenmechnik.
Also liegt die Zukunft der beiden Felder fest. Wie sieht
sie aus$\,$?

Diese Frage scheint sich bei realen Problemen nicht zu
stellen. Wohl darum kommt sie in Lehrb\"uchern zur
Elektrodynamik nicht vor (oder etwa doch irgendwo$\,$?).
Daf\"ur, das Anfangswertproblem zu l\"osen, gibt aber drei
gute Gr\"unde$\,$:

\smallskip \nz 1. \vskip -.5cm \nz \leftskip .6cm
Die Frage ist {\sl philosophisch} interessant.
{\rm K\"onnte} man die Platten eines Kondensators
wegrei\ss en, hinge also ein $\vc E$--Feld im Raum, was
passiert dann$\,$? Vielleicht ist die Absurdit\"at hinter
\hbox{\anfu k\"onnte\anfo} zu gro\ss . Aber man kann den
Strom einer Spule anhalten. Das bekannte
\anfu Blumen\-\hbox{strau\ss \anfo$\!\!$}--Magnetfeld
h\"angt dann im Raum. Wie fliegt es davon$\,$?

\smallskip \nz \leftskip 0pt \nz 
\nz 2. \vskip -.5cm \nz \leftskip .6cm
Die Einheit der Physik ist \ --- \ wo immer m\"oglich
\ --- \ auch in den Strukturen an\-zu\-stre\-ben.
Inwiefern Elektrodynamik Quantenmechanik ist, wird alsbald
deutlich werden.

\smallskip \nz \leftskip 0pt \nz 
\nz 3. \vskip -.5cm \nz \leftskip .6cm
Der Weg ist das Ziel. Ein paar Details der Herleitung sind
so sch\"on, da\ss\ man nicht an ihnen vor\"uber gehen kann. 

\vspace*{.1cm} \nz \leftskip 0pt \nz
Kombiniert man die Felder $\vc E$, $\vc B$ zu einem 
einzigen komplexwertigen Feld $\vc \psi$, dann gehen die 
vier Mawell--Gleichungen in die folgenden zwei \"uber
\be{1}
  \vc E + i c \vc B \glr \vc \psi \qquad 
  \Rightarrow \quad i\pvc \psi = c \nabla \times \vc \psi 
   - {i \0 \ep} \vc j \quad , \quad \nabla \cdot \vc \psi 
   = {1\0\ep} \rho
\ee % 1
Im Vakuum ($\vc j = 0$, $\rho=0$) gilt ersichtlich die
Schr\"odinger--Gleichung mit $\hbar=1$ und
Hamilton--Operator $H=c\nabla \times$. Deren formale
L\"osung ist bekanntlich
\be{2}
  \pvc \psi (\vc r , t) = e^{-ict\nabla \times}
         \vc \psi (\vc r , 0) \quad , \quad
   \psi (\vc r, 0) = \ik 
   e^{i \vcsm k\vcsm r} \vctl \psi (\vc k , 0 ) \quad ,
\ee % 2
und worauf $\vc \psi (\vc r , 0)$ wartet, n\"amlich auf 
Entwicklung nach Nabla--Eigenfunktionen, das ist rechts 
bereits angef\"ugt. Die zweite neue Maxwell--Gleichung, 
$\nabla\vc \psi =0\,$, ist lediglich
Welt--Anfangsbedingung$\,$: galt sie n\"amlich einmal
weltweit, dann tut sie es aufgrund von \eq{2} links noch
heute (wende $\nabla$ auf beide Seiten an). Der Operator
exp($-ict\nabla\times$) darf an der Summe $\int\! d^3k$
vorbei, bleibt bei $e^{i\vcsm k \vcsm r}$ erstaunt stehen
und holt sich die $e$--Funktion am Kreuz vorbei an Nabla
heran \ --- \ in welcher Potenz $\nabla \times$ auch immer
vorkommt. Kurz und wie erwartet, die Ersetzung $\nabla
\to i\vc k$ ist erlaubt. Wir sind jetzt angekommen bei
\be{3}
   \vc \psi (\vc r , t) = \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} 
    e^{ct \vcsm k \times} \vctl \psi (\vc k , 0) \quad .
\ee % 3
Es folgt eine lanschaftlich sch\"one Strecke. Stets, wenn
ein Term mit Operator $ct\vc k \cdot \;\;$ am rechten Ende 
auf $\vctl \psi$ trifft, kann er wegen
Welt--Anfangsbedingung $i \vc k \cdot \vctl \psi =0$
entfallen$\,$:
\bea{4}
  ct\vc k \times \;\; \glr A \;\; &,& \;\; 
           e^A = \ch(A) + \sh(A) \nonu \\
  A^2 = ct\vc k \times \( ct\vc k \times \;\;\; \)
  &=& ct \vc k \( ct\vc k \cdot \;\;\; \) - (ctk)^2  
    \,\; = \,\; - (ctk)^2 \nonu \\
  A^3 = - (ctk)^3 {A \0 ctk} \;\; , \;\; A^4 = (ctk)^4
     &,& A^5 = (ctk)^5 {A\0ctk} \;\; , \;\; 
  A^6 = - (ctk)^6 \;\; , \;\; \ldots \qquad \nonu \\
  e^{ct\vcsm k \times } &=& \cos(ctk)\, + \,\sin (ctk)\; 
   {\vc k \0 k} \times  \qquad .
\eea % 4
Mit \eq{4} ist die Operator--Explizierung erreicht, welche 
sich \eq{3} gew\"unscht hatte. 

\nz Die L\"osung \eq{3} des Problems, aber auch ihren
{\sl input} $\,\vctl \psi (\vc k ,0)\,$, m\"ochten wir nun 
auf die reellen Felder $\vc E$, $\vc B$ zur\"uckschreiben.
Die Fourier--Transformierten der Startfelder
\be{5}
 \vc E(\vc r , 0) = \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \es
 \quad , \quad
 \vc B(\vc r , 0) = \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \bs \quad ,
\ee % 5
haben wir soeben kurzerhand mit $\es$ und $\bs$
bezeichnet (um das l\"astige 0--Argument einzu\-spa\-ren).
Es ist also $\vctl \psi (\vc k , 0) = \es + ic\bs\,$. Da
die Startfelder reell sind, gilt $\es \! (-\vc k )^* = \es$
und $\bs \! (-\vc k )^* = \bs\,$. Dies hilft sogleich, wenn
wir uns $\vc \psi $ und $\vc \psi^*$ untereinander
schreiben. Zu $C\gll\cos(ctk)$ und $S\gll\sin (ctk)$ merken
wir uns, da\ss\ sie nur von $k=|\vc k |$ abh\"angen$\,$:
\bea{6}
  \vc \psi (\vc r ,t) &=& \ik e^{i\vcsm k \vcsm r}
     \lk C + S \, {\vc k\0 k} \times \rk
     \( \es + ic \bs \)  \nonu \\
  &=& \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \lk C \es +
      S \, {\vc k \0k} \times ic\bs +
     C ic \bs +
     S \, {\vc k \0k} \times \es \rk \nonu \\
  \vc \psi (\vc r ,t)^* &=& \ik e^{-i\vcsm k \vcsm r}
     \lk C + S\, {\vc k\0 k} \times \rk
     \( \es {\!}^* - ic \bs {\!}^* \)  \nonu \\
  &=& \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \lk C \es +
      S \, {\vc k \0k} \times ic\bs
      - C ic \bs -
      S \, {\vc k \0k} \times \es \rk \quad .
 \eea % 6
Im Schritt zur letzten Zeile wurde unter Integral die
Richtung des Vektors $\vc k$ umgekehrt. Mit \eq{6} haben
wir
\bea{7}
  \vc E (\vc r ,t) &=& {\vc \psi + \vc \psi^* \0 2} =
  \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \lk  C \es
  \, +\, S {\vc k\0 k} \times ic \bs \rk \nonu \\
  \vc B (\vc r ,t) &=& {\vc \psi - \vc \psi^* \0 2ic} =
  \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} \lk  C \bs
  \, +\, S {\vc k\0 ick} \times \es \rk \quad .
\eea % 7
Sicherlich verbirgt sich noch mehr Harmonie hinter den 
Ausdr\"ucken \eq{7}. Man denke etwa an die m\"oglichen 
Umformungen
\be{8}
 S = {-1\0 ck} \;\6_t\, C \quad , \quad
 C = {1\0 ck} \;\6_t\, S \quad , \quad
 \bs = {\vc k\0k} \times\( \bs \times
 {\vc k\0k} \) \quad , \quad i\vc k \to \nabla \quad .
\ee % 8
Kurz, \eq{7} l\"a\ss t sich durch ein Vektorpotential
$\vc A$ darstellen (Weyl--Eichung)$\,$:
\be{9}
   \vc E = - \pvc A \; , \;
   \vc B = \nabla \times \vc A \quad , \quad
   \vc A = \ik e^{i\vcsm k \vcsm r} {1\0ck} \lk - S \es 
    + \, C {ic\vc k \0 k } \times \bs \rk \;\;\; .
\ee % 9
Nun ist nur noch der Ausdruck f\"ur $\vc A$ unharmonisch.
Bei Nachpr\"ufen der folgenden sch\"oneren Version sind
wieder die Relationen $\es \! (-\vc k )^* = \es$ und
$\bs \! (-\vc k )^* = \bs\,$ sowie $\vc k$--Umkehr im
Spiel. $\vc A$ als Entwicklung nach laufenden Wellen zu
schreiben, war das Ziel$\,$:

\vspace*{.3cm}\nz
\be{10}  \fbox{$\dis  \phantom{aa}
  \lower 6pt\vbox{\hbox{$\vc E = - \pvc A$} \vskip .06cm
  \hbox{$\vc B = \nabla \times \vc A$}} \quad , \quad
  \vc A \; = \; \Re e \,\ik {\; k \es - \, c \vc k
          \times \bs \; \0 ick^2 } \;\;
  e^{ i\vcsm k \vcsm r - ictk } \phantom{aa} 
  $\rule[-.6cm]{0pt}{1cm}} \quad .
\ee % 10

  % \vspace*{.5cm}
{\bf Erstes Beispiel} $\hskip 8cm$ \\[7pt]
Zu einer ebenen elektromagnetischen Welle ist zur Zeit
$t=0$ nur die Momentaufnahme  bekannt$\,$:
$\vc E(\vc r ,0) = E_0 \vc e_{\! 3} \cos(qx)$,
$\vc B(\vc r ,0) = -{1\0c} E_0 \vc e_{\! 2} \cos(qx)\,$.
OBdA $0<q\,$. Also ist
$$ \lb \es \, , \, \bs \rb \; = \;
   E_0 \lb \vc e_{\! 3} \, , \, - {1\0c} \,\vc e_{\! 2} \rb
   \; (2\pi)^3 \d (k_2)\d (k_3) 
   {1\02} \Big[ \d (k_1-q) + \d (k_1+q) \Big] \quad . $$
Hiermit f\"uhrt \eq{10} in etwas Rechnerei und
schlie\ss lich zu
\be{11}
  \vc A (\vc r ,t) \; = \; E_0 \,\vc e_{\! 3} \; {1\0 cq} 
  \; \sin \Big(\, q\, x - cq\, t \,\Big)   \quad .
\ee % 11
Der $\vc E$--$\vc B$--Raumkreuzer fliegt also tats\"achlich
mit $c$ nach rechts. Dieses Beispiel war nat\"urlich nur 
ein Test darauf, da\ss\ \eq{10} auch wirklich stimmt.

\vspace*{.5cm}
{\bf Zweites Beispiel} \\[7pt]
Zur Zeit $t=0$ wird der Ringstrom eines magnetischen Dipols
abgeschaltet. Das Blumen\-strau\ss --Magnetfeld h\"angt nun
im Raum und wei\ss\ nicht weiter. $\l \gll 1/(4\pi \ep
c^2)$ und $\vc m$ ist konstanter Vektor$\,$:
\be{12}
  \vc B (\vc r ,0) = \l \; 
  { 3 (\vc m \vc r ) \vc r - r^2 \vc m \0 r^5 }
  = \l \nabla \times \( \nabla \times \vc m \) \, {1\0r}
  \quad , \quad \bs = \l \vc k \times
  \( \vc m \times \vc k \) \, {4\pi \0 k^2} \quad ,
\ee % 12
denn $4\pi / k^2$ ist die Fourier--Transformierte von
$1/r\,$. $\vc E(\vc r, 0)$ und $\es$ sind Null. Aus
\eq{10} wird

\vspace*{-.6cm} \nz
\bea{13}
   \vc A 
  &=& 4\pi\l \,\underbrace{\nabla \times \lk \nabla \times
      \( \nabla \times \vc m \) \rk } \Re e \ik
      {1\0 k^4} \; e^{i\vcsm k \vcsm r - ictk}  \nonu \\
  & & \hspace*{2.1cm} \vc m \times \nabla \, \D \nonu \\
  &=& 4\pi \l \;\vc m \times \nabla\,\; {1\0r}\,\6_r^2\, r
      \,\; \Re e \, {1\02\pi^2} \int_0^\infty \! dk \;
      {\sin (kr) \0 k^3 r} \; e^{-ictk} \nonu \\
  &=& {- 2\l \0\pi}\, \vc m \times \nabla \, {1\0r}
      \int_0^r \! dr^\prime  \; {1\02} \int\! dk \;
      \cos (kr^\prime) \, \cos (ctk) \nonu \\
  &=& - \l \,\vc m \times \nabla \; {\theta (r-ct) \0 r}
   \;\, = \;\,\l \,\vc m \times {\vc r \0 r} \(
      {\theta(r-ct) \0 r^2} - {\d (r-ct) \0 r} \) \quad ,
\eea % 13
und das Resultat f\"ur die Felder ist
\bea{14}
  \vc E (\vc r ,t) &=& - \l c \,\vc m \times \vc e_r 
       \lk {\d^\prime (r-ct) \0 r} - {\d (r-ct) \0 r^2} \rk 
       \quad , \nonu \\
  \vc B (\vc r ,t) &=& -\l \vc e_r \times 
        \( \vc m \times \vc e_r \) \; 
       \lk {\d^\prime (r-ct) \0 r} - {\d (r-ct) \0 r^2} \rk 
        - 2 \l \vc e_r \(\vc m \vc e_r \) {\d (r-ct) \0 r^2}
        \nonu \\
    & & {} + \, \l \; \theta (r-ct) \;\,
         { \, 3 (\vc m \vc r ) \vc r - r^2 \vc m \,\0 r^5 }
        \qquad .
\eea % 14
H\"ubsch. Das rast eine Kugeloberfl\"ache (Radius $ct$) mit
Lichtgeschwindigkeit nach au\ss en. Innerhalb der Kugel ist
nichts mehr, weder $\vc E$ noch $\vc B$. Als w\"are nichts
gewesen h\"angt au\ss erhalb der Kugel noch das 
Blumenstrau\ss --Magnetfeld faul herum \ --- \ bis es von
der Kugelwelle erreicht und aufgefressen wird$\,$:
Fre\ss welle. Nach langer Zeit sind weit drau\ss en
($r\to\infty$) nur noch die dominanten $\d^\prime$--Terme
zu sehen. Ursache der Kugelwelle ist nat\"urlich die
kurzzeitige, quasi--unendliche Beschleunigung der
Ringstrom--Ladungen am Ursprung. Das Resultat \eq{14}
h\"atte man wohl auch erraten oder durch \"Uberlagerung von
magnetischen Hertz--Dipolen erhalten k\"onnen. Aber wir
haben da ja noch das allgemeine Resultat \eq{10}. Beispiel
3 erfinde der Leser selbst.

\nz {\tiny ( hschulz@itp.uni-hannover.de ) }
\end{document}
