\input{preamble}

\title{4 - 4 - MAXWELLS LOVER - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle

\begin{oppgave}{0}
    Så $\dot f(x,t)=x_3$ og $\nabla f(x,t)=(x_2,x_1,t)$.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{1}
Maxwells likninger på differensialform er: 
\begin{align*}
    \nabla \cdot  E &= \frac{\rho}{\epsilon_0} \\[2mm]  
    \nabla \cdot  B &= 0 \\[2mm]  
    \nabla \times  E &=- \frac{\partial  B}{\partial t} \\[2mm]
    c^2\nabla \times  B &= \frac{ J}{\epsilon_0}+\frac{\partial  E}{\partial t}
\end{align*}
De to første kan vi trippelintegrere over området $\Omega \in \mathbb{R}^3$
\begin{align*}
   \iiint_\Omega \nabla \cdot  E \; d x &= \frac{}{\epsilon_0}\iiint_\Omega \rho \;d x \\[2mm]  
   \iiint_\Omega \nabla \cdot  B \; d x  &= 0  
\end{align*}
og massere med divergensteoremet på venstre side:
\begin{align*}
    \iint_{\partial \Omega} E \cdot dS &= \frac{}{\epsilon_0}\iiint_\Omega \rho \;d x \\[2mm]  
    \iint_{\partial \Omega} B \cdot dS  &= 0 
\end{align*}

De to siste kan vi fluksintegrere over flaten $\Sigma \in \mathbb{R}^3$
\begin{align*}
     \iint_{\Sigma}\left( \nabla \times  E \right) \cdot dS &=- \frac{d}{d t} \iint_{\Sigma}  B\cdot d S\\[2mm]
     \iint_{\Sigma}\left( \nabla \times  B \right) \cdot dS &=  \frac{1}{\epsilon_0} \iint_{\Sigma}  J\cdot d S + \frac{d}{dt} \iint_{\Sigma}  E\cdot d S
\end{align*}
og massere med Stokes' teorem på venstre side:
\begin{align*}
    \int_{\partial \Sigma}  E\cdot ds &=- \frac{d}{d t} \iint_{\Sigma}  B\cdot d S\\[2mm]
    c^2\int_{\partial \Sigma}  B\cdot ds &=  \frac{1}{\epsilon_0} \iint_{\Sigma}  J\cdot d S + \frac{d}{dt} \iint_{\Sigma}  E\cdot d S
\end{align*}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{2}
    Her finnes potensialer og de er harmoniske funksjoner. 
    Potensialet til $E$ er også kjent som spenning. 
    Potensialet til $B$ kommer vi tilbake til. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{3}
    Likningen $\nabla \times E = 0$ impliserer at det finnes $V$ slik at $E = -\nabla V$,
    og likningen 
    \[
    \rho/\epsilon_0 = \nabla \times E = - \nabla \cdot \left( \nabla V \right) = -\Delta V
    \] 
    er Poissons likning. 
    Dette er en dreven variant av Laplaces likning og vi kommer tilbake til det om noen uker. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{4}
    Hvis du har en punktladning og antar at feltstyrken er den samme i alle retninger ut fra ladningen, 
    kan vi slå en kule $\Omega$ om ladningen med radius $r$ og ladningen i sentrum og se at
    \begin{align*}
        \frac{q}{\epsilon_0} = \frac{1}{\epsilon_0}\int_{\Omega } \rho\; dx= \int_{\partial \Omega} E\cdot dS = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi} E(r) r^2 \sin \varphi \; d\theta d\varphi = 4\pi r^2 E(r) 
    \end{align*}
    slik at 
    \[
        E(r) = 
        \frac{q}{4\pi r^2 \epsilon_0}. 
    \]
    Siste ord er ikke sagt om dette, 
    følg med i uken om harmoniske funksjoner. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
    En punktladning er en liten ting som sitter inni et område $\Omega$ og sørger for at 
    feltet dens har netto fluks ut av $\Omega$. 
    Men vi har alltid $\int_{\partial \Omega} B\cdot dS = 0$ alltid, 
    så Faradays lov sier at det ikke finnes noe slikt. 
    Ingen har ihvertfall funnet en så langt. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
    Så hvis vi tenker at det går en uendelig lang strømførende ledning langs 
    $z$-aksen og så legger vi en liten sirkelskive $\Sigma$ med radius $s$ rundt denne, 
    sier Amperes lov at 
    \begin{align*}
        c^2\int_{\partial \Sigma} B\cdot ds = \frac{1}{\epsilon_0}\int_\Sigma J\cdot dS. 
    \end{align*}
    Høyresiden av denne likningen er bare en konstant, 
    og antar vi at $B = B(s)e_\theta$, 
    får vi 
    \begin{align*}
        2\pi s c^2 B(s) = \frac{1}{\epsilon_0}\int_\Sigma J\cdot dS. 
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        B(s) = \frac{1}{2\pi s c^2 \epsilon_0}\int_\Sigma J\cdot dS.
        %\left( \frac{1}{2\pi c^2 \epsilon_0}\int_\Sigma J\cdot dS  \right) \frac{1}{s}
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{7}
    Siden $\nabla \cdot B = 0$ finnes det alltid et vektorpotensiale $A$. 
    Setter vi dette inn i Amperes lov, 
    får vi
    \begin{align*}
    c^2\nabla \times  \nabla \times A  &=   \frac{ J}{\epsilon_0}
    \end{align*} 
    og nå kan vi bruke oppgave 13 i økt 4-1 og skrive 
    \begin{align*}
        \nabla \times \nabla \times A = \nabla \left( \nabla \cdot A  \right) - \Delta A.
    \end{align*}
    Nå vet du at det finnes mange mange vektorpotensialer, 
    og velger vi det slik at $\nabla \cdot A = 0$, 
    får vi 
    \begin{align*}
    c^2\Delta A  &= -  \frac{ J}{\epsilon_0}
    \end{align*} 
    som er Poissons likning i hver komponent. 
    Nok en grunn til å studere harmoniske funksjoner om et par uker. 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{8}
    La oss først tidsderivere $c^2\nabla \times  B = \dot E$ og få 
    $c^2\nabla \times  \dot B = \ddot E$. 
    Men \[\nabla \times  \dot B = - \nabla \times \nabla \times E = - \nabla \left( \nabla \cdot E  \right) + \Delta E\]
    og er vi i tomt rom forsvinner det første leddet på høyresiden, 
    slik at 
    \[
        \ddot  E = c^2 \Delta  E.
    \]
    Likningen 
    $
    \ddot  B = c^2 \Delta  B
    $
    utledes på samme måte. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    La oss først sette uttrykkene inn i Maxwells lover og få\\
    \begin{minipage}{70mm}
        \begin{align*}
        E_0 \cdot k &= 0\\[1mm]
        E_0 \times k &= c B_0
        \end{align*}
        \end{minipage}
        \begin{minipage}{60mm}
        \begin{align*}
        B_0 \cdot k &= 0 \\[1mm] 
        cB_0 \times k &= - E_0
        \end{align*}
    \end{minipage}\\[2mm]
    og nå er det rimelig klart at alle disse vektorene er ortogonale på hverandre. 
    Kryssproduktet av $E$ og $B$ kalles \textbf{poyntingvektoren}:\\
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Poynting_vector}
\end{oppgave}







\begin{oppgave}{10}
    Vi deriverer den første likningen
    og får
    \begin{align*}
        \frac{\partial}{\partial t} \nabla \cdot E = 
        \frac{1}{\epsilon_0}\frac{\partial \rho}{\partial t} 
    \end{align*}
    og tar divergensen til den siste likningen og får 
    \begin{align*}
        0 = \nabla \cdot \frac{\partial E}{\partial t} + \frac{1}{\epsilon_0}\nabla \cdot J.
    \end{align*}
    Hvis vi antar at det er greit å bytte rekkefølge på tidsderivert og divergens, 
    kan vi sette den første likningen inn i den siste og se at 
    \begin{align*}
        \dot \rho + \nabla \cdot J =0.
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{11}
    Her er det bare å trippelintegrere kontinuitetslikningen over et område $\Omega$ og bruke divergensteoremet på $\iiint \nabla \cdot J$. 
    Vi må i tillegg anta at det er greit å flytte den tidsderiverte på $\rho$ ut av integralet:
    \[
        \frac{\partial }{\partial t}\iiint_{\Omega} \rho\; d x + \iint_{\partial \Omega}  J\cdot d S =0.
    \]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{12}
    Lett! Arbeidet fra $B$ på partikkelen mellom punktene $x(a)$ og $x(b)$ på $\Gamma$ er 
    \begin{align*}
        \int_\Gamma F\cdot ds = 
        q\int_a^b \left( v \times B \right)\cdot v \; dt = 0
    \end{align*}
    siden kryssproduktet står ortogonalt på begge faktorene i kryssproduktet. 
\end{oppgave}
\end{document}
