ELEKTRO- MÁGNESES TEREK - Munka

3. FEJEZET
32
A MAXWELL-EGYENLETEK
Bizonyításunk alapötlete a matematikából jól ismert: A bizonyítandó állítás
ellenkezõjérõl bizonyítjuk be, hogy ellentmondáshoz vezet. Esetünkben tételezzük
fel, hogy az egyenleteknek két eltérõ megoldása létezik: E´ és E´´, H´ és H´´, amelyek
külön-külön eleget tesznek a kezdeti és peremfeltételeknek. Miután mindkét vektorpár
a Maxwell-egyenletek megoldása, nyilvánvalóan az E = E´ – E´´, H = H´ – H´´
0 0
különbségük is az, hiszen az egyenletek lineárisak. Ezért a különbségi térre is érvényes
a Poynting-tétel:
− ∂
2
1 2 2 J0
( + ) = − + ×
∂t
∫ εE0μH0d V ∫ d V ∫ E0bJ0 d V
2
∫ 0 0
σ
� ( E H ) dA.
(3.28)
V V
V A
A jobb oldalon álló második és harmadik integrál eltûnik. A második integrálban
szereplõ beiktatott különbségi tér ugyanis mindig zérus: E = E´ – E ´´ =0. A harmadik
0b b b ´
integrálban szereplõ különbségi térvektorok közül legalább az egyiknek csak normális
komponense van a felületen, mert a megoldásvektorok tangenciális komponense a
felületen azonos, a különbségi vektoré tehát zérus. Ennek következtében a különbségi
Poynting-vektornak nincsen normális komponense a felületen, az integrál zérus.
Végezetül tehát (3.28) az alábbi egyenletre redukálódik:
− ∂
2
1 2 2 J0
( + ) =
∂t
∫ εE0μH0d V ∫ d V.
(3.29)
2
σ
V V
A jobb oldalon álló integrál nem lehet negatív. Ez nemcsak matematikai alakjából,
de fizikai tartalmából (Joule-hõ) is következik. Ekkor a bal oldalon álló integrál (a
negatív elõjelet figyelembe véve) idõben nem növekedhet. A t = t kezdeti pillanatban
0
felvett értéke zérus (miért?), és miután nem vehet fel negatív értéket, zérus marad.
Ez az integrál alakjából következõen csak akkor lehetséges, ha
E 0 ≡ 0, H 0 ≡ 0, azaz E´ ≡ E´´, H´ ≡ H´´ (3.30)
A két különbözõnek feltételezett megoldás tehát azonos, a megoldás egyértelmû.
Megjegyzések:
1. A megoldás egyértelmûségét beláttuk, de – ahogy erre már utaltunk – nem tudjuk, hogy
egyáltalán létezik-e megoldása. Erre a kérdésre csak jóval nagyobb matematikai eszköztárral
felvértezve lehet választ adni.
2. A gondolatmenet nem alkalmazható idõben nem változó (sztatikus, stacionárius) terek esetén.
Ekkor ugyanis (1.29) bal oldalán az idõ szerinti derivált eltûnik, függetlenül a tér viselkedésétõl.
Az ilyen feladatokban a „kezdeti érték” nem értelmezhetõ, ezek „peremérték”feladatok.
Megoldásuk egyértelmûségére késõbb visszatérünk.
3. Amennyiben a megoldást az egész térben keressük, a határfelület helyett a végtelenben kell
feltételt kitûznünk. Ezt „sugárzási feltételek” megadásával teljesíthetjük. Ezek két egyenértékû
alakja:
μ 0 ε 0
E→− ( r × H) H→ ( r × E)
, (3.31)
ε
μ
ahol a → a végtelenben vett határértéket jelenti, r0 a kifelé mutató egységvektor.
A fenti összefüggések biztosítják, hogy az elektromágneses tér kifelé haladóhullámként viselkedjen,
amely véges energiát szállít.
4. Az egyértelmû megoldás bizonyításában alapvetõ szerepet játszott, hogy az energia a térmennyiségek
négyzetes kifejezése. Ez a gyakori eset (pl. a mozgási energia ½mv²) máskor
is felhasználhatóvá teszi a gondolatmenetet.