Закони збереження. Доведення

Доведення 1
Похідна по часу від вектора Пойнтінга.

Доведення еквівалентності виразів доволі штучне, а до такого вигляду подвійний векторний добуток приводиться для отримання компонент тензора потоку імпульса.

Розкривши подвійний векторний добуток за стандартним правилом, врахувавши те, що оператор "набла" діє лише на один вектор, можна отримати:

$$\ [\mathbf E \times [\nabla \times \mathbf E ]] = \sum_{i}E_{i}\nabla_{i} E_{i} - (\mathbf E \nabla )\mathbf E = \frac{1}{2}\nabla (\mathbf E^{2}) - (\mathbf E \nabla )\mathbf E $$.

Цей вираз можна перетворити. Для початку можна розглянути похідну

$$\ \nabla_{i} (E_{i}E_{j}) = E_{j}(\nabla_{i} E_{i}) + (E_{i}\nabla_{i})E_{j}$$,

де $$\ (E_{i}\nabla_{i})$$ - диференціальний оператор.

Якщо просумувати по двом індексам, можна буде отримати наступну рівність:

$$\ \sum_{i, j}\nabla_{i} (E_{i}E_{j}\mathbf e_{j}) = \sum_{i}\nabla_{i}(E_{i}\mathbf E ) = \mathbf E (\nabla \cdot \mathbf E ) + (\mathbf E \nabla ) \mathbf E $$.

Виразивши з цієї рівності останній доданок і підставивши у тотожний вираз подвійного векторного добутку, можна отримати:

$$\ (\mathbf E \nabla ) \mathbf E = \sum_{i}\nabla_{i}(E_{i}\mathbf E ) - \mathbf E (\nabla \cdot \mathbf E ) \Rightarrow [\mathbf E \times [\nabla \times \mathbf E ]] = \frac{1}{2}\nabla (\mathbf E^{2}) - \sum_{i}\nabla_{i}(E_{i}\mathbf E ) + \mathbf E (\nabla \cdot \mathbf E )$$.

Аналогічна рівність може бути отримана і для подвійного добутку із вектором магнітної індукції (з урахуванням рівняння Максвелла для дивергенції вектора індукції):

$$\ [\mathbf B \times [\nabla \times \mathbf B ]] = \frac{1}{2}\nabla (\mathbf B^{2}) - \sum_{i}\nabla_{i}(B_{i}\mathbf B )$$.

Якщо ж об'єднати перші два доданки від отриманих рівностей для $$\ [\mathbf E \times [\nabla \times \mathbf E ]], \quad [\mathbf B \times [\nabla \times \mathbf B ]]$$, то можна отримати:

$$\ \frac{1}{2}\nabla (\mathbf E^{2}) + \frac{1}{2}\nabla (\mathbf B^{2} ) - \sum_{i}\nabla_{i}(E_{i}\mathbf E ) - \sum_{i}\nabla_{i}(B_{i}\mathbf B ) = \frac{1}{2}\nabla \left( \mathbf E^{2} + \mathbf B^{2} \right) - \sum_{i}\nabla_{i}\left(E_{i}\mathbf E + B_{i}\mathbf B\right) = 4 \pi \nabla W - \sum_{i}\nabla_{i}\left(E_{i}\mathbf E + B_{i}\mathbf B\right)$$.

Для $$\ i$$-тої частини $$\ j$$-тої компоненти цей вираз можна згорнути:

$$\ 4 \pi \nabla_{j} W - \nabla_{i}\left(E_{i}E_{j} + B_{i} B_{j} \right) = \nabla_{i} \left(\delta_{ij}W - \left(E_{i}E_{j} + B_{i} B_{j}\right) \right) = 4 \pi \nabla_{i}\sigma_{ij}$$.

Тоді загальний вигляд рівності для j-тої компоненти виразу $$\ (.5)$$ буде наступним:

$$\ \left(\frac{\partial \mathbf P}{\partial p}\right)_{j} + c^{2}\left[(\nabla \cdot \mathbf E)\mathbf E_{j} + \sum_{i}\nabla_{i}\sigma_{ij} + \frac{1}{c}[\mathbf j \times \mathbf B ]_{j}\right] = \left(\frac{\partial \mathbf P}{\partial p}\right)_{j} + c^{2}\left[(\nabla \cdot \mathbf E)\mathbf E_{j} + \sum_{i}\nabla_{i}\sigma_{ij} + \frac{1}{c}[\mathbf j \times \mathbf B ]_{j}\right] = 0$$.