4.41. Найти поляризацию, угловое распределение и интенсивность излучения системы двух нерелятивистских одинаковых зарядов, вращающихся равномерно с частотой $\omega $ по круговой орбите радиуса $a$ и остающихся при этом на противоположных концах диаметра.

Заряды вращаются по круговой орбите и расположены на диаметрально противоположных концах. Раз заряды одинаковые, то дипольный момент:

$$\vec{d}=\vec{r}_{1}q_{1}+\vec{r}_{2}q_{2}=q\left(\vec{r}_{1}+\vec{r}_{2}\right)=q\left(\left(\vec{r}+\vec{a}\right)+\left(\vec{r}-\vec{a}\right)\right)=2q\vec{r},$$

где $\vec{r}_{i}=\vec{r}+\epsilon_{i}\vec{a}$ и $\vec{r}$ — радиус–вектор центра орбиты,а $\vec{a}$ — радиус–вектор первого заряда и $-\vec{a}$ — радиус–вектор второго заряда относительно центра орбиты.

Тогда вторая производная $\ddot{\vec{d}}=2q\ddot{\vec{r}}=0$, следовательно электрического дипольного излучения нет.

Магнитный момент $$\vec{m}=\frac{1}{2c}\sum\left[\vec{r}_{i}\times q_{i}\vec{v_{i}}\right]=\frac{1}{2c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]+\left[\vec{a}_{2}\times q\vec{v}_{2}\right]\right)=$$ $$ \frac{1}{2c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]+\left[-\vec{a}_{1}\times q\left(-\vec{v}_{1}\right)\right]\right)=$$ $$\frac{1}{c}\left(\left[\vec{a}_{1}\times q\vec{v}_{1}\right]\right)=\frac{\vec{e}_{z}}{c}qa^{2}\omega$$ — тоже постоянный, так что $\ddot{\vec{m}}=0$.

Смотрим следующие порядки разложения — квадрупольный. Вспоминаем $$D_{\mu\nu}=\sum\limits _{k}q_{k}\left(3x_{\mu}^{\prime k}x_{\nu}^{\prime k}-r_{k}^{\prime2}\delta_{\mu\nu}\right)$$ — квадрупольную матрицу. С учётом движения зарядов и зависимости их координат от времени: $$x_{1;2}=\pm a\cos\omega t,$$ $$y_{1;2}=\pm a\sin\omega t$$ найдем компоненты: $${D}_{xx}=2qa^{2}\left(3\cos^{2}\omega t-1\right)e=qa^{2}\left(3\left(\cos2\omega t+1\right)-2\right)=qa^{2}\left(3\cos2\omega t+1\right)$$ $$D_{yy}=2qa^{2}\left(3\sin^{2}\omega t-1\right)=qa^{2}\left(3\left(1-\cos2\omega t\right)-2\right)=qa^{2}\left(1-3\cos2\omega t\right)$$ $$D_{zz}=-2qa^{2}$$ $$D_{xy}=6qa^{2}\cos\omega t\sin\omega t=3qa^{2}\sin2\omega t=D_{yx}$$ $$D_{xz}=D_{yz}=0$$ Так магнитное поле в волновой зоне связано с третьей производной $$\vec{H}=\frac{1}{6c^{3}r}\left[\dddot{\vec{D}}\times n\right],$$ где ввели вектор $$\vec{D}=\left(D_{x},D_{y},D_{z}\right)$$ сверткой с вектором $\vec{n}$ в виде $$D_{\mu}={\sum_{\nu}}D_{\mu\nu}n_{\nu}$$ так, что $$D_{x}=D_{xx}n_{x}+D_{xy}n_{y},$$ $$D_{y}=D_{yx}n_{x}+D_{yy}n_{y},$$ $$D_{z}=D_{zz}n_{z}.$$ Тогда ненулевые компоненты: $$\dddot{D}_{xx}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin2\omega t$$ $$\dddot{D}_{yy}=-3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin2\omega t$$ $$\dddot{D}_{xy}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\cos2\omega t$$ и соответствующие вектора: $$\dddot{D}_{x}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\left(\sin2\omega t\cos\alpha+\cos2\omega t\sin\alpha\right)\sin\theta=$$ $$3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\sin\left(2\omega t+\alpha\right)\sin\theta=24\omega{}^{3}qa^{2}\sin\phi\sin\theta, $$ $$\dddot{D}_{y}=3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\left(\cos2\omega t\cos\alpha-\sin2\omega t\sin\alpha\right)\sin\theta=$$ $$3\cdot(2\omega)^{3}qa^{2}\cos\left(2\omega t+\alpha\right)\sin\theta=24\omega{}^{3}qa^{2}\cos\phi\sin\theta.$$ Если перейти к выбору координат как в задаче 4.18. при вычислении излучения от диполя, то сравнивая $$\vec{H}=\frac{1}{6c^{3}r}\left[\dddot{\vec{D}}\times n\right]$$ и $$\vec{H}=\frac{1}{c^{2}r}\left[\ddot{\vec{p}}\times\vec{n}\right],$$ с одно стороны и $$\ddot{p}_{x}=-\omega^{2}qa\cos\omega t,$$ $$\ddot{p}_{y}=-\omega^{2}qa\sin\omega t$$ с другой, воспользуемся полученным результатом и запишем: $$H_{x}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin\theta\cos\theta\sin\phi=H_{0}\sin\theta\cos\theta\sin\phi$$ $$H_{y}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin\theta\cos\theta\cos\phi=H_{0}\sin\theta\cos\theta\cos\phi$$ $$H_{z}=\frac{4\omega^{3}qa^{2}}{c^{3}r}\sin^{2}\theta\cos\phi=H_{0}\sin^{2}\theta\cos\phi .$$ Ну и совершенно аналогично переходя к полям в сферической системе координат получим: $$\left(\frac{H_{\theta}}{H_{0}\sin\theta}\right)^{2}+\left(\frac{H_{\varphi}}{H_{0}\sin\theta\cos\theta}\right)^{2}=1.$$ Осталось найти полную интенсивность излучения: $$\overline{\frac{dI}{d\Omega}}=\frac{cr^{2}}{4\pi}\left|\overrightarrow{H}\right|^{2}=\frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{4\pi}\left(\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta+\sin^{4}\theta\overline{\cos^{2}\phi}\right)=$$ $$ \frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{8\pi}\left(2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta+\sin^{4}\theta\right)= $$

$$\frac{cr^{2}H_{0}^{2}}{8\pi}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)=\frac{2\omega^{6}q^{2}a^{4}}{\pi c^{5}}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)$$

$$\overline{I}=\int\frac{2\omega^{6}q^{2}a^{4}}{\pi c^{5}}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)d\Omega=\frac{4\omega^{6}q^{2}a^{4}}{c^{5}}\int\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)\sin\theta d\theta$$ отдельно возьмём интеграл:

$$\intop_{0}^{\pi}\sin^{2}\theta\left(\cos^{2}\theta+1\right)\sin\theta d\theta=\intop_{-1}^{1}\left(1-\xi^{2}\right)\left(\xi^{2}+1\right)d\xi=\left.\xi-\frac{1}{5}\xi^{5}\right|_{-1}^{1}=\frac{8}{5}$$

в итоге

$$\overline{I}=\frac{32\omega^{6}q^{2}a^{4}}{5c^{5}}.$$