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Die Erhaltung des Viererpotentials der Energietheorie (ET)

Um die Integralform des Viererpotentials der Energietheorie zu finden, errechnen wir das Produkt $ ( df^{k1} . \acute{j^{kj}}) $ auf der rechten Seite von (7.24) aus. Unter der Berücksichtigung der Beziehung in (7.29) und Vernachlässigen der Glieder, das Lamb-Shift und das magnetische Kern-Potential finden wir:

$\displaystyle \fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\begin{array}{rcl} R_V\left( (\displ...
...laystyle\frac {{\vec{\j}^{\ -}}_{(ct,\vec{r})}}{c \ \ r}) \right)\end{array} $}$     (7.30)

Die Erhaltungsgrößen in der Gleichung (7.30) sind die zeitlosen Integranden, die wir hier besonders unterstreichen möchten. Für die Komponenten des Viererpotentials erhalten wir schließlich:

$\displaystyle \fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}a^{k1} \ = \ \displaystyle\frac {1}{...
...splaystyle\frac {{\vec{\j}^{\ -}}_{(ct,\vec{r})}}{c \ \ r}\Big) \ dv \ \quad $}$     (7.31)

die Lösung der Gleichung (7.1). Damit ist unsere Behauptung nämlich die Erhaltung des Viererpotentials erwiesen. Wir werden nun einer weiteren Behauptung, nämlich (7.23) die räumliche Verteilung der Elementarladung $e^+$ nachgehen und sie ebenfalls beweisen. Für stationären Zustand $ct\ll r$ gilt analog zur IT:

$\displaystyle \fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\displaystyle\int \limits_v \ dv \ {...
...\{
\displaystyle\frac { -\vec{p} \ . \ \vec{r} }{\hbar} \right\} \ = \ e^+ \ $}$     (7.32)

Wir wandeln zuerst diese Beziehung in Kugelkoordinaten um. Für das Skalarprodukt $\vec{p} . \vec{r}$ schreiben wir $p\, r\, cos\theta$ und setzen (- $cos\theta = \vartheta$) ein. Wir berücksichtigen, daß für die Beziehung $(\displaystyle\frac {p r}{\hbar}) = (\displaystyle\frac {r}{r_0})$ gilt, so erhalten wir:

$\displaystyle \fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}\displaystyle\int \limits_{r=0}^{\in...
...ft\{\displaystyle\frac {r}{r_0}
\vartheta \right\} \, d\vartheta \ = \ e^+ \ $}$     (7.33)

Nach eliminieren von $\vartheta$ erhalten wir:

$\displaystyle 2\pi \ r_0^3 \ {\rho^+}_{(\vec{r}_0)}\displaystyle\int \limits \ ...
...right\} - {\bf exp}\left\{ -\displaystyle\frac {r}{r_0} \right\}\Big) \ = \ e^+$     (7.34)

oder mit der Substitution $x=\displaystyle\frac {r}{r_0}$ finden wir:

$\displaystyle 4\pi \ r_0^3 \ {\rho^+}_{(\vec{r}_0)}\displaystyle\int \limits x^2 \ dx \ sinh(x) \ = \ e^+$     (7.35)

Nach Integration dieser Gleichung erhalten wir:

$\displaystyle \fbox {$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}{\rho^+}_{(\vec{r}_0)}\ = \ \left(\d...
...\ (\, x^2\, + \, 2\, ) cosh(x) - 2x \, sinh(x) \, - \, 2 \right)}^{-1} \quad $}$     (7.36)

In der ersten Klammer erkennt man die Flächendichte der ET. Für $x=1$ den äußersten Rand der Oberfläche erhalten wir:

$\displaystyle \fbox{$\rule[-4mm]{0cm}{1cm}{\rho^+}_{(\vec{r}_0)}\ = \ \left(\di...
..., + \, \displaystyle\frac {{\bf exp}\{1\}}{2}\, - \, 2 \, \right)^{-1} \quad $}$     (7.37)


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1999-07-07