\chapter{Magnetismo}
\section{Richiami di magnetismo nel vuoto}
Nel 1819, Oersted osservò che fili percorsi da corrente inducevano deviazioni in dipoli magnetici permanenti posti nelle vicinanze. Da questo dedusse che questi fili fossero sorgenti di un campo magnetico. Ampére, Biot e Savart stabilirono le basi sperimentali e le leggi che legavano il vettore induzione magnetica $\mathbf{B}$ alla corrente e le leggi di forza fra i fili percorsi da corrente.\par
La legge di Ampére, lega la corrente $I$ che percorre un elemento di circuito $d\ell$ al vettore induzione magnetica $d\mathbf{B}$ da essa generato nel punto di coordinate $\mathbf{x}$ dall'elemento considerato:
\begin{equation}
d\mathbf{B}=k I \frac{d\mathbf{\ell} \times \mathbf{x}}{|x^3|}
\label{eq:ampere1}
\end{equation}
Come la legge di Coulomb per l'eletttrostatica, anche questa va con il reciproco del quadrato della distanza. Ha senso solo come elemento di una zomma su un insieme continuo di elementi, che globalmente rappresemnta l'induzione magnetica di un circuito macroscopico.\par
L'osservazione di Lorentz fu che una carica $q$ in moto con velocità $\mathbf{v}$ in un campo di induzione magnetica $\mathbf{B}$ è soggetta ad una forza:
\begin{equation}
 F_q =q \mathbf{v}\times \mathbf{B}
\label{eq:Florentz}    
\end{equation}

Il vettore induzione magnetica per una carica q in moto non relativistico ($v \ll c$) è:
\begin{equation}
\mathbf{B} = k q \frac{\mathbf{v}\times \mathbf{x}}{|x^3|}
\label{eq:ampere_charge}
\end{equation}
valida se si trascurano le accelerazioni. Se integriamo la (\ref{eq:ampere1}) ottreniamo risultati fisici.\par
nel Sistema Internazionale (SI) la costante di proporzionalità $k$ delle equazioni precedenti vale:
\begin{equation}
\label{eq:kmagn}
\end{equation}
Le dimensioni del vettore induzione magnetica le possiamo ricavare dalla \ref{eq:ampere1} e \ref{eq:kmagn} o dalla \ref{eq:Florentz}, ricordando che $[q t^{-1}]=[A]$:
\begin{equation*}
[B]= N A^{-1} m^{-1}=[m l t^{-2} l^{-1} t q^{-1} ]=[m t^{-1} q^{-1}]
\end{equation*}
ricordando che le dimensioni fisiche del campo elettrico sono $[E]=[m l t^{-2} q^{-1}]$ otteniamo che il rapporto tra il campo di induzione magnetica ed il campo elettrico ha le dimensioni del reciproco di una velocità che, per le onde elettromagnetiche, vedremo essere la velocità della luce $c$.\par
Integrando la legge di Ampere \ref{eq:ampere1} per un filo rettilineo indefinito (vedi Fig. \ref{fig:ampere}):
\begin{equation}
|B|= \frac{\mu_0}{4\pi} I  \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\ell \times \mathbf{x}}{|x|^3}= \frac{\mu_0}{4\pi} I\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\ell x \sin \theta}{x^3}
\label{eq:filo}
\end{equation}

\begin{figure}
\begin{center}
\includegraphics[width=0.3\textwidth]{Ampere.eps}
\label{fig:ampere}
\caption{Filo percorso da corrente}
\end{center}
\end{figure}
Esprimiamo tutto con $\theta$ e R 
\[
\begin{cases}
x\sin\theta = R\\
x\cos{\theta}= \ell
\end{cases}
\]

$\Rightarrow \frac{\ell}{R} = \cot{\theta}$ e dunque:
\[
d\ell = -R\left( \frac{1}{\sin^2{\theta}}\right) d\theta
\]
quindi la \ref{eq:filo} diventa: 
\[
 |B|=-\frac{\mu_0}{4\pi} I\int_{0}^{\pi}{\frac{ x \sin \theta}{x^3} R\left( \frac{1}{\sin^2{\theta}}\right) d\theta}
\]
ma $x\sin{\theta}=R$, sicché l'integrando è $R^2/(xR^2)=1/x=\sin{\theta}/R$ e dunque:

\begin{equation}
B=-\frac{\mu_0 I}{4\pi R}\int_{0}^{\pi} \sin{\theta}\;d\theta = \frac{\mu_0I}{2\pi R}
\label{eq:Ampere2}
\end{equation}

Abbiamo visto che un elemento di corrente produce un campo di induzione magnetica; per converso possiamo vedere qual è la forza che agisce su un elemento di corrente in un campo di induzione magnetica B, a partire dalla forza do Lorentz:
\begin{equation}
F=I\,d\ell \times \mathbf{B}
\label{eq:forzasucavo}
\end{equation}

\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width=0.50\linewidth]{filipralleli.png}
    \caption{Schema per il calcolo della forza fra due fili paralleli infiniti percorsi da corrente}
    \label{fig:filiparalleli}
\end{figure}
Allora se abbiamo due circuiti, la forza che agisce sul circuito 1 per effetto della corrente che circola nel circuito 2 sarà:
\begin{equation}
F_{12} = \frac{\mu_0}{2\pi}I_1 I_2 \int \frac{d\ell_1\times d\ell_2\times\mathbf{x}_{12}}{|\mathbf{x}_{12}|^3}
\label{eq:forzaindotta}
\end{equation}
%che, ricordando la proprietà del triplo prodotto vettore, si %può scrivere:
%\begin{equation*}
%F_{12} = \frac{\mu_0}{4\pi}I_1 I_2\int (-d\ell_1\cdot
%d\ell_2)\frac{\mathbf{x}_{12}}{|\mathbf{x}_{12}|^3} + d\ell_2 
%\left( d\ell_1\cdot\frac{\mathbf{x}_{12}}{|\mathbf{x}_{12}|
%^3}\right)
%\end{equation*}

%Il secondo termine è un differenziale esatto dunque, se %integrato in $dl_2$ su una linea chiusa o infinita, si %annulla;  
%\begin{equation}
%F_{12} = \frac{\mu_0}{4\pi}I_1 I_2\int (-d\ell_1\cdot %d\ell_2)\frac{\mathbf{x}_{12}}{|\mathbf{x}_{12}|^3}
%\label{eq:forzareciproca}
%\end{equation}
Per due fili rettilinei infiniti separati da una disanza $d$, la \ref{eq:forzaindotta}, si può calcolare con l'aiuto della figura \ref{fig:filiparalleli}. Tenendo conto del prodotto vettoriale, F è diretta come d, perché è perpendicolare al prodotto $d\ell_2\times x$, quindi giace nel piano dei fili, ed anche ad $\ell_1$.  
Possiamo sempificare il problema considerando che il campo B prodotto dal filo 2 alla distanza d è dato dalla \ref{eq:Ampere2} con $R=d$, quindi, sostituendo nella \ref{eq:forzasucavo} abbiamo:
\begin{equation}
\frac{dF_{12}}{d\ell} =  \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I_1 I_2}{d}
\label{eq:forzareciproca1}
\end{equation}
Se una densità di corrente $J(x)$ è in un campo di induzione magnetica $\mathbf{B(x)}$, allora la forza sulla distribuzione sarà:
\begin{equation}
    F=\int\mathbf{J(x)} \times \mathbf{B(x)}\; d^3 x
    \label{eq:Fmag}
\end{equation}
La legge base dell'induzione magnetica \ref{eq:ampere_charge} la possiamo scrivere in forma generale per una distribuzione di corrente:
\begin{equation}
    \mathbf{B(x)}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int \mathbf{J(x')}\times \frac{\mathbf{x - x'}}{|x-x'|^3} d^3 x
    \label{eq:ind_magn}
\end{equation}
che si può trattare analogamente a quanto fatto per il campo elettrico  e ottenere:
\begin{equation}
    \mathbf{B(x)}=\frac{\mu_0}{4\pi} \nabla \times \int{\frac{\mathbf{J(x')}}{|x-x'|}}
    \label{eq:intro_A}
\end{equation}
In cui si vede che il campo di induzione magnetica è il rotore di un {\it potenziale vettore}:
\begin{equation}
    \mathbf{A(x)}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int{\frac{\mathbf{J(x')}}{|x-x'|}} + \nabla \psi
    \label{eq:def_potvect}
\end{equation}
che è definito, a meno di del gradiente di uno scalare $\nabla \psi$ (che nella \ref{eq:intro_A} sparisce).
La conseguenza della \ref{eq:intro_A} è che la divergenza di $\mathbf{B}$ è nulla (prima equazione di Maxwell per il campo magnetico):
\begin{equation}
    \mathbf{\nabla \cdot B(x)} = 0
    \label{eq:prima_magn_max}
\end{equation}
Dalla medesima equazione, ricaviamo la II equazione di Maxwell per $ \mathbf{B}$ nel vuoto:
\begin{align}
    \nabla \times \mathbf{B} =& \nabla \times \nabla \times A = \nabla( \nabla \cdot A)-\nabla^2 A  \\
    \nonumber
    &=\frac{\mu_0}{4\pi}\left[\nabla\left(\nabla\cdot\int{\frac{\mathbf{J(x')}}{|x-x'|}d^3 x'}\right)
     -\int  \mathbf{J(x')}\nabla^2 \frac{1}{|x - x'|}d^3 x' \right] 
     \label{eq:tripleA}
\end{align}
Integrando il primo addendo per parti dopo aver portato il gradiente dentro:
\begin{align}
    \int\mathbf{J(x')}\cdot\nabla\frac{1}{|x-x'|}d^3 x' = & \\
    \nonumber
    =& \int_S\frac{\mathbf{J(x')}\cdot \mathbf{n}}{|x-x'|} dS' -
    \nabla\int\frac{\nabla'\cdot\mathbf{J(x')} }{|x-x'|} d^3x'
\end{align}
Il primo termine si annulla sulla superficie all'infinito, mentre il secondo per l'equazione di continuità che deriva dalla conservazione della carica eguaglia il flusso di corrente che attraversa la frontiera del volume alla variazione della  carica nel volume:
\begin{equation}
  \frac{\partial}{\partial t} \int  \rho dV + \int \mathbf{J}\cdot \mathbf{n} dS = 0
\end{equation}
e, applicando il teorema della divergenza:
\begin{equation}
    \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{J} =0
    \label{eq:continuity}
\end{equation}
Per correnti stazionarie, la variazione della densità di cariche è nulla, e quindi il primo addendo è nullo.\\  
Il secondo addendo, grazie alla (\ref{eq:divdelta})
\[
\int  \mathbf{J(x')}\nabla^2 \frac{1}{|x - x'|}d^3 x' = -4\pi \mathbf{J(x)}
\]
e, in definitiva:
\begin{equation}
\nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J(x)}
\label{eq:MaxwellRotB0}
\end{equation}
Di conseguenza:
\begin{equation}
\mu_0 \mathbf{i}=\mu_0 \int \mathbf{J}\cdot\mathbf{n}dS=\int (\nabla\times B)\cdot\mathbf{n}dS=\oint B \cdot dL
\label{eq:teo_ampere}
\end{equation}
che è il teorema di Ampére.\par
Questa legge può essere ricavata anche dalla legge di Biot-Savart del campo indotto ad una distanza R da un filo percorso da corrente:
\[
\mathbf{B}=\frac{\mu_0\;\mathbf{i}}{2\pi R}
\]
quindi:
\[
\int \mathbf{B}\cdot dL = \frac{\mu_0}{2\pi}\int \mathbf{i}\cdot \frac{dL}{R}
\]
ma $dL/R = d\theta$, quindi
\[
\oint \mathbf{B}\cdot dL=\frac{\mu_0\;\mathbf{i}}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}d\theta =\mu_0\;\mathbf{i}
\]
Questo risultato si ottiene se il percorso $dL$ concatena il filo (da cui $dL=Rd\theta$), altrimenti
l'integrale si annulla.\par
\subsection{Il potenziale vettore}
Si è visto che il potenziale vettore $\mathbf{A}$ è definito a meno del gradiente di un potenziale scalare, perché deriva da una condizione sulla divergenza di B in cui questo gradiente si annulla.
D'altra parte dalla \ref{eq:tripleA}, abbiamo mostrato che il primo termine è nullo, almeno per correnti stazionarie. Possiamo comunque sfruttare la libertà di scelta del potenziale vettore a per annullare il primo termine della \ref{eq:tripleA} (Gauge di Coulomb) 
\begin{equation}
\nabla\cdot\mathbf{A}=0
\label{eq:gaugeCoulomb}
\end{equation}
che implica che $\mathbf{A}$ soddisfa l'equazione di Poisson:
\begin{equation}
\nabla^2\mathbf{A}=-\mu_0 \mathbf{J}
\label{eq:poissonA}
\end{equation}
La gauge di Coulomb, pone un vincolo anche su $\psi$, ovvero $\nabla^2 \psi=0$ in tutto lo spazio. Questo implica che, se non ci sono sorgenti all'infinito, $\psi$ è costante.
\subsection{Effetto Hall}
Possiamo vedere cosa succede ad un conduttore percorso da corrente in presenza di un campo magnetico nell'ambito della teoria di Drude del gas di cariche libere.
\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\textwidth]{Hall.png}
    \caption{Schema del conduttore percorso da corrente immerso in un campo magnetico}
    \label{fig:Hall}
\end{figure}
La forza dovuta al campo di induzione magnetica $B$ che agisce su una carica $-e$ in movimento con velocità $v$ è
\[
F=-e\mathbf{v}\times\mathbf{B}=-e\frac{\mathbf{p}}{m}\times\mathbf{B}
\]
quindi la \ref{eq:pdrude} diventa:
\begin{equation}
    \mathbf{p}(t+dt)-\mathbf{p}(t)=\mathbf{f}(t)dt-\frac{\mathbf{p}(t)dt}{\tau}
\end{equation}
Quindi, considerando anche la forza elettrica di trascinamento:
\begin{equation}
    \frac{dp}{dt}=-\frac{\mathbf{p}(t)}{\tau} -e\left(E+\frac{\mathbf{p}(t)}{m}\times\mathbf{B}\right)
    \label{eq:hall1}
\end{equation}
Sia: $\mathbf{E}=(E_x,E_y, 0)$ e $\mathbf{B} = (0,0, B_z)$. Scomponendo la \ref{eq:hall1} nelle sue componenti:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \frac{dp_x(t)}{dt}=-eE_x -\frac{ep_y(t) B_z}{m} - \frac{p_x(t)}{\tau}\\    
        \frac{dp_y(t)}{dt}=-eE_y +\frac{ep_x(t) B_z}{m} - \frac{p_y(t)}{\tau}\\
        \frac{dp_z(t)}{dt}= -\frac{p_z(t)}{\tau}
    \end{cases}
\end{equation}
Moltiplicando entrambi i membri per $ne\tau/m$, riconosciamo che la densità di corrente è $j=-nep/m$ e, ricordando l'espressione della conducibilità $\sigma=ne^2\tau/m$, otteniamo:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \tau\frac{dj_x(t)}{dt}=-\sigma E_x - \frac{e j_y(t)B_z\tau }{m}+j_x(t)\\
        \tau\frac{dj_y(t)}{dt}= -\sigma E_y + \frac{e j_x(t)B_z\tau }{m}+j_y(t)
    \end{cases}
\end{equation}
e, di conseguenza, all'equilibrio quando j è costante, detta $\omega_c=eB_z/m$, la {\it frequenza di ciclotrone}:
\begin{equation}
    \begin{cases}
    \sigma E_x=j_x(t) + j_y(t)\tau\omega_c\\
    \sigma E_y=j_y(t) - j_x(t)\tau\omega_c
    \end{cases}
\end{equation}
Quindi, anche in assenza di corrente trasversa $j_y$, c'è un campo elettrico trasverso, pari a $- j_x(t)\tau\omega_c/ \sigma=-(B_z/ne)j_x$, proporzionale al campo magnetico e alla corrente lungo x.
\subsection{Forza su una spira percorsa da corrente}
\begin{figure}[ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{spira.png}
    \caption{Spira percorsa da una corrente immersa in un campo magnetico}
    \label{fig:spira}
\end{figure}
Consideriamo una spira di conduttore percorsa da una corrente I, immersa in un campo magnetico, come schematizzato in Fig.\ref{fig:spira}. La forza magnetica che agisce su una porzione di cavo dl, percorsa dalla corrente I, è data dalla \ref{eq:forzasucavo}, quindi è ortogonale a B e a dl. Nei tratti L1 e L3 della spira in cui il cavo è parallelo al campo, $F=0$, mentre negli altri due tratti, ortogonali a $B$, le forze saranno uguali in modulo -- $|F|=IBL$ -- e di verso opposto, applicate ad una distanza L fra di loro. Si creerà, dunque, un momento meccanico $M=L\times F=IBL^2$ proporzionale all'area della spira e al campo magnetico. Possiamo definire il momento di dipolo magnetico $\mathbf{m}$ in modo che il momento meccanico sia:
\begin{eqnarray}   
    \nonumber
    \mathbf{M}=\mathbf{m}\times\mathbf{B}\;\Rightarrow\\
    \mathbf{m}=IL^2\hat z \propto \int L\times J d^3x
    \label{eq:dipmag}
\end{eqnarray}
diretto lungo l'asse z, ortogonale al piano della spira, la quale si comporta come un ago magnetico.\\
L'energia potenziale della spira, o dell'ago, è legata alla forza: $F=-\nabla U$. Il lavoro compiuto dal campo per ruotare la spira di un angolo $d\theta$ è :
\[
d\mathcal{L}=Md\theta=mB\sin{\theta}d\theta=-mBd\cos{\theta} 
\]
Quindi 
\begin{equation}
    U(\theta)=\mathcal{L}=-\mathbf{m}\cdot\mathbf{B}
    \label{eq:E_dip_Mag}
\end{equation}
ha un minimo per $\theta=0$, quindi la spira magnetica tende a portarsi parallela al campo.
Possiamo ricavare la \ref{eq:E_dip_Mag} in maniera più generale dalla \ref{eq:Fmag}:
% *************************
\begin{equation}
F_i = \epsilon_{ijk} \int J_j B_k \, d\tau,
\end{equation}

Introduciamo il vettore posizione \(\mathbf{x}\) e riscriviamo l'integrale usando l'identità \(\partial_m (x_k J_j) = J_j \delta_{mk} + x_k \, \partial_m J_j\). Possiamo quindi riscrivere \( F_i \) come:

\begin{equation*}
F_i = -\epsilon_{ijk} \int x_k B_m \, \partial_m J_j \, d\tau.
\end{equation*}
Portiamo \(\epsilon_{ijk}\) all'interno della derivata e otteniamo:

\begin{equation}
F_i = \int \partial_m (\epsilon_{ijk} x_k B_m J_j) \, d\tau - \int \epsilon_{ijk} J_j \, \partial_m (x_k B_m) \, d\tau.
\label{eq:Fiperparti}
\end{equation}

Ora analizziamo i due termini separatamente.
Consideriamo il primo termine:

\begin{equation*}
\int \partial_m (\epsilon_{ijk} x_k B_m J_j) \, d\tau.
\end{equation*}


Definendi il momento magnetico m:
 \begin{equation}    
m=\frac{1}{2}\int \left(\mathbf{r}\times \mathbf{J}\right)dV
\label{eq:mom_mag}
\end{equation}
otteniamo:
\begin{equation*}
\int \partial_m (\epsilon_{ijk} x_k B_m J_j) \, d\tau = -2 \int \partial_m (m_i B_m) \, d\tau.
\end{equation*}

Possiamo riscriverlo come:

\begin{equation}
-2 \, \partial_m (m_i B_m).
\end{equation}
Consideriamo ora il secondo termine della \ref{eq:Fiperparti}:

\begin{equation*}
-\int \epsilon_{ijk} J_j \, \partial_m (x_k B_m) \, d\tau.
\end{equation*}

Espandiamo \(\partial_m (x_k B_m)\):

\begin{equation*}
\partial_m (x_k B_m) = B_k + x_k \, \partial_m B_m.
\end{equation*}

Poiché il campo magnetico è solenoidale (\(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0 \Rightarrow \partial_m B_m = 0\)), otteniamo:

\begin{equation*}
\partial_m (x_k B_m) = B_k.
\end{equation*}

Quindi il secondo termine diventa:

\begin{equation*}
-\int \epsilon_{ijk} J_j B_k \, d\tau = -F_i.
\end{equation*}
 e la \ref{eq:Fiperparti} diventa:
 \begin{equation*}
F_i = -2 \, \partial_m (m_i B_m) - F_i.
\end{equation*}

quindi:

\begin{equation}
F_i = -\partial_m (m_i B_m).
\end{equation}
ma $\partial_m(m_iB_m)=B_m\partial_m m_i$ e  $\partial_m m_i=\partial_im_m $, quindi $\partial_m(m_iB_m)=B_m\partial_i m_m$
% % **************************
% % \[
% % F=\int \mathbf{J}(r')\times \mathbf{B}\;dV=
% % \sum_{i,j, k} \epsilon_{ijk} \mathbf{\hat r}_i\int J_j B_k\;dV
% % \]
% % Ora, scriviamo $B_k =\delta_{mk}B_m$ e $\delta_{mk}=\nabla_m r_k=\nabla_k r_m$:
% % \[
% % \sum_{i,j, k} \epsilon_{ijk} \mathbf{\hat r}_i\int J_j(\nabla_m r_k) B_m \;dV
% % \]
% % Tenendo conto della $\nabla \cdot B=0$, $(\nabla_m r_k) B_m =\nabla_k (r_k B_m) $
% % Eseguendo un'integrazione per parti:
% % \[
% % \int J_j\nabla_m (r_k B_m) \;dV = \int J_j r_k B_m \;ds_m -\int r_k B_m\nabla_m J_j \;dV
% % \]
% % il primo integrale svanisce a grandi distanze, quindi:
% % \[
% % F_i = -\epsilon_{ijk}\int {r_k B_m\nabla_m J_j dV} =-\int {[\nabla_m (B_m\epsilon_{ijk}J_jr_k)-\epsilon_{ijk}j_j \nabla_m(B_m r_k)] dV}
% % \]
% % Il secondo addendo è pari a $-\epsilon_{ijk}J_j B_k =-F_i$; il primo è $\nabla_m( B_m 2(m_i))$
% % avendo definito
% % \begin{equation}    
% % m=\frac{1}{2}\int \left(\mathbf{r}\times \mathbf{J}\right)dV
% % \label{eq:mom_mag}
% % \end{equation}

% sicché, visto che $\nabla_m m_i = \nabla_i m_m$ e $\nabla _mB_m=0$, possiamo scambiare gli indici i e m: $F_i=\nabla_i(m_m\cdot B_m)$
% Quindi: 
\begin{equation}
    F=-\nabla U = -\nabla(m\cdot B)
\end{equation}
\subsection{Campo prodotto da una spira circolare}
\begin{figure}[ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\textwidth]{spiracirc.eps}
    \caption{Campo generato sull'asse di una spira circolare percorsa da corrente}
    \label{fig:spiracirc}
\end{figure}
Per calcolare il campo generato dull'asse passante per il centro di una spira circolare di raggio R as una distanza $x $ dal piano della spira come illustrato in fig.\ref{fig:spiracirc}, partiamo dall'equazione del campo di induzione magnetica:
\[
\mathbf{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}I\int \frac{d\ell \times \mathbf{r}}{|\mathbf{r}|^3} 
\]
e scriviamo per esteso i vettori in gioco:
\begin{eqnarray*}
    \mathbf{r}\equiv(x,& R\cos{\phi},& R\sin{\phi})\\
    \mathbf{\ell}\equiv(0,& R\cos{\phi},& R\sin{\phi})\\
    \Rightarrow d\mathbf{\ell}=(0,& -R\sin{\phi} \;d\phi,& R\cos{\phi}\; d\phi)
\end{eqnarray*}
Quindi troviamo le componenti del vettore integrando, tramite il determinante:
\begin{equation}
   d\ell \times \mathbf{r}= \left|
   \begin{array}{ccc}
    \hat i & \hat j& \hat k \\
     0& -R\sin{\phi}\; d\phi& R\cos{\phi}\; d\phi\\
    x & R\cos{\phi} & R\sin{\phi} 
    \end{array}
    \right|
    \label{eq:dellcrossr}
\end{equation}
e il campo sull'asse è
\begin{equation}
\frac{\mu_0}{4\pi}I\int_0^{2\pi}{\frac{-R^2  \mathbf{\hat i}+R x\cos{\phi}\mathbf{\hat j}+R x\sin{\phi}\mathbf{\hat k} }{(R^2+x^2)^{3/2}}\;d\phi}   
\end{equation}
I termini lungo y e z si integrano a 0 e rimane (come ci si aspetta dalla simmetria del problema) il campo solo lungo x:
\begin{equation}
    B(x) = -\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I\pi R^2}{(R^2+x^2)^{3/2}}
    \label{eq:field_spiracirc}
\end{equation}
Che è proporzionale alla corrente ed all'area della spira, quindi al momento magnetico.\par
\subsection{Campo generato da una distribuzione localizzata di correnti}
Consideriamo ora una distribuzione di correnti localizzata in una zona di spazio piccola rispetto alla scala di interesse dell'osservatore, cioé, nelle espressioni in cui appare la distanza, sia $|x|\gg |x'|$. 
Allora, ponendoci in un'opportuna origine all'interno della distribuzione, possiamo sviluppare in serie:
\[
\frac{1}{|\mathbf{x}-\mathbf{x'}|}=\frac{1}{|\mathbf{x}|}+ \frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{x'}}{|\mathbf{x}|^3}+...
\]
quindi, il potenziale vettore:
\begin{eqnarray}
\nonumber
    \mathbf{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int{\frac{\mathbf{J(x')}}{|\mathbf{x}-\mathbf{x'}|} d\mathbf{x'}}=\\
    \frac{1}{|\mathbf{x}|}\int{\mathbf{J(x')} d\mathbf{x'}}+ \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|^3}\cdot\int{\mathbf{J(x')}\mathbf{x'}d\mathbf{x'}}
\end{eqnarray}
Possiamo risolvere questi integrali per una corrente localizzata, non necessariamente a divergenza nulla, grazie alla relazione:
\begin{equation}
    \int{f(x')\mathbf{J(x')}\nabla' g(x')+ g(x')\mathbf{J(x')}\nabla' f(x') + f(x') g(x')\nabla'\mathbf{J(x')}\;d^3rx'}=0
    \label{eq:rel_int}
\end{equation}
dove $f(x)$ e $g(x)$ sono due funzioni arbitrarie continue e derivabili. La \ref{eq:rel_int} può essere verificata integrando per parti il secondo addendo e poi sviluppando $f\nabla'(gJ)$, infine annullando gli integrali di superficie:
\[
\int{g(x')\mathbf{J(x')}\nabla' f(x')d^3x'}=\int g(x') f(x')\mathbf{J(x')}\cdot \mathbf{n}dS -\int{f(x')\nabla'(g(x')\mathbf{J(x')})\;d^3x}
\]
L'espansione del II termine annulla il primo e il terzo della \ref{eq:rel_int}.\\
Per la componente i, presi: $f=1$ e $g=x'_i$, la \ref{eq:rel_int} diventa:
\[
\int{\mathbf{J_i(x')}\;d^3x'}+\int{\nabla\cdot \mathbf{J(x')}\;d^3x'}=0
\]
che, per $\nabla\cdot\mathbf{J_i(x')}=0$, dà $\int \mathbf{J(x)} \;d^3x=0$. Quindi il primo termine dello sviluppo \ref{eq:rel_int} (monopolo) è nullo.\\
Se $f=x'_i\; g=x'_j$ e $\nabla\cdot\mathbf{J}=0$
\begin{equation}
    \int{x'_i J_j+ x'_j J_i\;d^3x'}=0
\end{equation}
Quindi nel secondo termine dello sviluppo \ref{eq:rel_int} si può scrivere:
\begin{eqnarray}
    \nonumber
    \sum_j x'_j\int{x_j J_i\;d^3x'}= & \\
    \nonumber
    & -\frac{1}{2}\sum_j x_j\int{(x'_i J_j-x'_j J_i)\;d^3x'}=\\
    & -\frac{1}{2} \sum_{j,k}  \epsilon_{ijk}x_j \int{(\mathbf{x'}\times\mathbf{J})_k\;d^3x'}
    \label{eq:second_term}
\end{eqnarray}
che, con la definizione \ref{eq:mom_mag} del momento magnetico, dà:
\begin{equation}
    A(x)= \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\mathbf{m}\times\mathbf{x}}{|x|^3}
\end{equation}
L'integrando della \ref{eq:second_term} (e della \ref{eq:mom_mag}) è la densità di momento magnetico o {\it magnetizzazione}:
\begin{equation}
    \mathcal{M}=\frac{1}{2}[\mathbf{x}\times\mathbf{J}]
    \label{eq:magnetizz}
\end{equation}
Se la corrente è confinata in un piano e in un circuito chiuso qualsiasi, il momento magnetico diventa:
\[
m=\frac{I}{2}\oint{\mathbf{x}\times d\ell}
\]
ma $1/2 (\mathbf{x}\times d\ell)$ è l'area del triangolo di base $d\ell$ e lato x, quindi, l'integrale è l'area $S$ del circuito e ci si ritrova con $m=I S$, qualunque sia la forma del circuito.\\
\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\linewidth]{Solenoide_bis.png}
    \caption{Schema per il calcolo del campo interno al solenoide mediante integrazione}
    \label{fig:IntSolen}
\end{figure}

\subsubsection{Campo di un solenoide indefinito}
Un solenoide ideale è composto da un numero $N\rightarrow\infty$ di spire con una densità per unità di lunghezza $n$, percorse da una corrente I. In pratica, quando la lunghezza del solenoide è molto maggiore del suo raggio, possiamo calcolare il campo al suo interno, integrando la \ref{eq:field_spiracirc} con l'aiuto della Fig. \ref{fig:IntSolen}.\par
Il campo sull'asse del solenoide è parallelo all'asse ed è nullo al di fuori del solenoide\label{pag:solenoide}.
In un punto P qualsiasi interno al solenoide, il campo è generato dalle spire poste alla distanza x ed al raggio R. Quindi, detta $d$ la distanza della generica spira dal punto P: $d=R/sin{\theta}$, $x=d\cos{\theta}\Rightarrow dx=-Rd\theta/\sin^2{\theta}$.
\[
    B= -\frac{\mu_0 I}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{R^2}{d^3} ndx} = \frac{\mu_0 In}{2}\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{R^2 \sin^3{\theta}}{R^3}\frac{Rd\theta}{\sin^2{\theta}}}=\frac{\mu_0 In}{2}\int_{-\pi}^{\pi}{\sin{\theta} d\theta}=\mu I n
\]


\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\linewidth]{solenoide.png}
    \caption{Schema per il calcolo del campo in un solenoide indefinito}
    \label{fig:solenoide}
\end{figure}

Il problema si può risolvere anche applicando la legge della circuitazione per N spire:
\[
    \oint{B\cdot dL}= \mu N I
\]
Prendiamo un percorso rettangolare ABCD in cui BC e AD sono ortogonali al solenoide e AB e CD paralleli (fig.\ref{fig:solenoide}). Sia CD interno al solenoide ed AB all'esterno. 

Dunque:
\[
\oint{B\cdot dL}=B_{ext}(AB) - B_{int}(CD)
\]
Il campo all'esterno del solenoide indefnito è nullo, quindi,  se $n=N/CD$ è il numero di spire per unità di lunghezza:
\[
\oint{B\cdot dL}=-B_{int}(CD) = \mu I
\Rightarrow B_{int}=\frac{\mu I}{CD} =  \mu I n
\]

\section{Magnetismo nella materia}

\subsection{Campo microscopico generato da atomi vicini}
Consideriamo un volume $\Delta V$ abbastanza piccolo da poter passare dalle somme agli integrali e abbastanza grande da contenere un gran numero di atomi. \'E noto che in un volume macroscopico $\nabla\cdot B=0$,  quindi possiamo scrivere B, che sarà la media del campo microscopico $B_{mic}$, in termini del potenziale vettore A.
Consideriamo la manetizzazione media:
\[
\mathcal{M}=\sum_i N_i<m_i>
\]
dove $N_i$ è la desità di molecole di tipo i con momento magnetico medio $<m_i>$. Nel volume dV, possiamo scrivere:
\begin{equation}
    A=\frac{\mu_0}{4\pi}\left[ \int{\frac{J(x')}{|x-x'|}+\frac{\mathcal{M}\times (\mathbf{x-x'})}{|x-x'|^3}dV}\right]
\end{equation}
come nel caso elettrostatico, il II addendo è:
\[
\frac{\mathcal{M}\times (\mathbf{x-x'})}{|x-x'|^3}=-\mathcal{M}\times \nabla'\frac{1}{|x-x'|}
\]
che intgrato per parti dà:
\[
\int \mathcal{M}\times \frac{\mathbf{n}}{|x-x'|}dS' -\int{\frac{1}{|x-x'|}\nabla'\times {\mathcal{M}}}
\]
L'integrale sulla frontiera del volume si annulla a grandi distanze, e rimane:
\begin{equation}
    A=\frac{\mu_0}{4\pi}\int{\frac{J(x')+\nabla'\times\mathcal{M}(x')}{|x-x'|}dV}
    \label{eq:potvet_matter}
\end{equation}
che si comporta come se ci fosse  una densità di corrente efficace:
$J_{eff}=J(x')+\nabla'\times\mathcal{M}(x')$ che genera il potenziale, in cui la magnetizzazione della materia contribuisce con un termine $J_M=\nabla\times\mathcal{M}$
che è la densità di corrente di magnetizzazione.\par
L'equazione macroscopica è:
\begin{equation}
    \nabla\times B = \mu_0(J+\nabla\times\mathcal{M})
\end{equation}
e, raggruppando i rotori:
\begin{equation}
    \nabla\times\left(\frac{B}{\mu_0}-\mathcal{M}\right)= J
\end{equation}
che ci permette di definire il campo magnetico:
\begin{equation}
    H=\frac{B}{\mu_0}-\mathcal{M}
\end{equation}
tale che la corrispondente equazione di Maxwell è
\begin{equation}
    \nabla\times H  =J
\end{equation}
in modo totalmente analogo all'introduzione di D rispetto a E.\\
Quindi possiamo definire una permeabilità magnetica $\mu=\mu_0\mu_r$, tale che: $B=\mu H$.\par
Prendiamo un solenoide e inseriamo un materiale all'interno, Il campo generato nel solenoide cambierà secondo per la magnetizzazione del materiale inserito: $B=\mu I n$, rispetto a quello nel vuoto $B_0=\mu_0 I n$. Quindi, la differenza $B-B_0=(\mu_r - 1)\mu_0 I n$ è equivalente al campo generato da un numero $n'$ di spire per unità di lunghezza, percorse dalla corrente (di polarizzazione) $I'= (\mu_r - 1)$ che si va ad aggiungere al campo nel vuoto.\\
Come nel caso elettrostatico, definiamo una suscettività magnetica:
\begin{equation}
    \chi=\mu_r - 1
    \label{eq:susc_mag}
\end{equation}
che tiene conto della polarizzabilità magnetica del materiale. Sulla base della suscettività possiamo dividere le sostanze in:
\begin{itemize}
    \item Diamagnetiche: per $\chi < 0$ cioé $\mu_r < 1$
    \item Paramagnetiche: $\chi > 0\qquad (\mu_r >1)$
    \item Ferromagnetiche: $\chi=f(B)$
\end{itemize}




\subsection{Momento magnetico di atomi idrogenoidi}
Se prendiamo in considerazione il modello dell'atomo di idrogeno del Cap \ref{sec:def_hydrog}, il bilancio tra la forza elettrica tra il nucleo e l'elettrone e la forza centrifuga, permette di calcolare la velocità angolare dell'elettrone:
\[
\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{r^2}=m_e r\omega_0^2
\]
da cui
\begin{equation}
\omega_0=\pm \sqrt{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{r^3}}
\label{eq:larmor_omega0}    
\end{equation}
indica che l'orbita può essere percorsa in ambo i sensi.
Se agiungiamo un campo
dove il segno  di induzione magnetica $B$, il bilancio delle forze diventa:
\[
\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{r^2} -e vB=m_e r\omega^2
\]
scrivendo $v=r\omega$, e detta 
\begin{equation}
    eB/2m_e=\omega_L\qquad [q mlt^{-2}l^{-1}q^{-1} t\cdot m^{-1}]=[t^{-1}]
    \label{eq:omega_larmor}
\end{equation} 
la {\it precessione di Larmor}, risulta:
\[
\omega^2 -2\omega_L\omega +\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{m_er^3}=0
\]
vista la \ref{eq:larmor_omega0}, possiamo scrivere:
\begin{equation}
    \omega= \omega_l\pm\sqrt{\omega_l^2 +\omega_0^2}
\end{equation}
che, considerata $\omega_0\gg\omega_L$, viene:
\begin{equation}
\omega=\omega_L\pm\omega_0    
\end{equation}
Per vedere che la condizione che la frequenza di precessione sia molto minore di quella orbitale, calcoliamo il campo che sarebbe necessario per renderle confrontabili. I dati sono
\begin{eqnarray*}
e=1.602 \cdot 10^{-19}C\\
r_0=0.5 \cdot 10^{-10}m  \\
m_e=0.9\cdot 10^{-30}kg\\
\epsilon_0 = 8.85 \cdot 10^{-12}\\
\Rightarrow \omega_0=\sqrt{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{r_0^3}}=4.14\cdot 10^{16} giri/s
\end{eqnarray*}
mentre 
\[
\omega_L=\frac{eB}{2m_e}\Rightarrow B=\frac{2m_e \omega_L}{e}=10^{-21}kg \;s^{-1}C^{-1}\cdot{\omega_L}
\]
Ponendo $\omega_L=4.1\cdot 2\pi \cdot 10^{16}\; s$ viene: $B=4.5\cdot 10^5 T$.\\
D'altra parte la corrente corrispondente all'elettrone in orbita è $I=e\omega/2\pi =1.06 \cdot 10^{-3} A$ e, il momento magnetico della spira composta dall'elettrone in orbita è $m=\mu_0 I S=12.56\cdot 10^{-7} 1.06\cdot 10^{-3} \pi (0.91\cdot 10^{-30})^2$ $ = 1.17 \cdot 10^{-29} A\cdot m^2$.\\
Le sostanze diamagnetiche sono quelle per cui l'unica polarizzazione presente è quella di Larmor, per cui la magnetizzazione, come si è visto, è molto piccola. Detto $B^*$ il campo generato sull'atomo in osservazione da tutti gli atomi adiacenti, allora, per una sostanza diamagnetica:
\[
\mathcal{M}=-n\alpha_L B^*
\]
dove $\alpha_L$ è la polarizzabilità $m_L/B^*$. Come per i dielettrici, a meno di un segno,in assenza di campo esterno, per una sfera uniformemente magnetizzata: $H^* = -M/3$ quindi, possiamo trovare che per il campo interno (vedi \ref{eq:campo_interno}) è:
\[
\mathbf{H}^*=\mathbf{H}-\frac{\mathcal{M}}{3}
\]
D'altra parte, il momento magnetico per un atomo di numero atomico Z,lo possiamo scrivere come: 
\[
m=\pi\langle \rho^2\rangle I_L=\frac{\mu_0 Z e^2 B^*}{4m_e}\langle \rho^2\rangle
\]
dove $\langle \rho^2\rangle=\langle x^2\rangle+\langle y^2\rangle$ è la distanza quadratica media dall'asse di rotazione. Considerato che il raggio quadratico medio $\langle r^2\rangle$ è la somma delle tre coordinate q.m., risulta $\langle \rho^2\rangle=2/2 \langle r^2\rangle$. Quindi: 
\[
m_L=\frac{\mu_0 Z e^2 B^*}{6m_e}\langle r_0^2\rangle
\]
e il calcolo della polarizzabilità magnetica $\alpha_L=m_L/B^*$ si riduce al calcolo del raggio quadratico medio, che si può trovare in meccanica quantisitca.\\
Ad ogni modo, possiamo trovare un'espressione per la suscettività a partire dalle equazioni microscopiche precedenti:
\[
\begin{cases}
    \mathbf{B}^*=\mathbf{B}-\frac{2\mathcal{M}}{3}\\
    \mathcal{M} = -n\alpha_L \mathbf{B}^*
\end{cases} 
\]
risolvo per trovare:
\[
\mathcal{M} = -n\alpha_L \left(\mathbf{B}-\frac{2\mathcal{M}}{3}\right)
\]
e , poertando tutte le magnetizzazioni nello stesso membro:
\[
\left(1-\frac{2\mathcal{M}}{3}\right)\mathcal{M}=-n\alpha_L \mathbf{B}
\]
infine:
\begin{equation}
    \mathcal{M}= \frac{n\alpha_L}{1-\frac{2\mathcal{M}}{3}}\mathbf{B} = \chi \mathbf{B}
    \label{eq:magnetizz_L}
\end{equation}

Considerato che 
\[
\mu=\mu_0(1+\chi)
\]
la \ref{eq:magnetizz_L} diventa analoga all'equazione di Clausius-Mossotti:
\begin{eqnarray}
    \nonumber
    \mu =\mu_0(\chi+1) = \mu_0\left(\frac{3n\alpha_L}{3- 2 n\alpha_L} +1\right) =\mu_0\left(\frac{3n\alpha_L+3-2n\alpha_L}{3- 2 n\alpha_L}\right)=\\
    \mu_0\frac{n\alpha_L +3}{3-2n\alpha_L}
\end{eqnarray}
quindi:
\[
(3-2n\alpha_L)=\mu_0(n\alpha_L +3)
\]
e raccogliendo i termini:
\begin{equation}
    \frac{n\alpha_L}{3} = \frac{\mu-\mu_0}
{\mu_0 -2\mu}
\end{equation}
che è l'analogo della relazione di Clausius-Mossotti dell'elettrostatica dei dielettrici. 
\subsection{Paramagnetismo}
Il momento di Larmor è completamente mascherato nel caso in cui le molecole possiedano un momento magnetico proprio, indipendentemente dal campo applicato, come nel caso delle sostanze paramagnetiche.
In questo caso vale la magnetizzazione à la Langevin:
\[
\mathcal{M}=nL(a)\mathbf{m}\qquad a=\frac{\mathbf{m}\cdot\mathbf{H}^*}{kT}
\]
dove L(a) è la funzione di Langevin (\ref{eq:Langevin}).
Possiamo scrivere (almeno al primo ordine):
\[
\mathbf{H}^*=\mathbf{H}-N\mathcal{M}
\]
dove N è la costante di Weiss. Dunque:
\begin{equation}
    \mathcal{M} = \frac{\mathbf{H}^*-\mathbf{H}}{N}
\end{equation}
Per le sostanze paramagnetiche $N\ll 1$, quindi $\mathbf{H}^*\approx\mathbf{H}$, e  siccome a temperature ordinarie $a$ è piccolo, possiamo sviluppare la $L(a)\simeq a/3$, sicché:
\[
\mathcal{M}=\frac{n m^2 \mathbf{H}}{3kT} =\mu_0\chi \mathbf{H}
\]
quindi 
\begin{equation}
    \chi=\frac{n m^2}{3\mu_0 kT}
\end{equation}

\subsection{Ferromagnetismo}
Le sostanze ferromagnetiche sono quelle per cui la costante di Weiss N non è più trascurabile rispetto  ad 1 e le cui molecole presentano un momento magnetico proprio. Per queste sostanze, 
\[
\mathbf{H^*}= \mathbf{H}+N\mathcal{M}
\]
Dunque: 
\begin{equation}
\mathcal{M} = \frac{\mathbf{H^*}-\mathbf{H}}{N} \simeq \frac{akT}{Nm}-\frac{\mathbf{H}}{N}    
\label{eq:magferr}
\end{equation}

    Questa espressione rappresenta una retta nel piano $[a, M]$ che, messa a sistema con la curva di Langevin, la interseca in almeno un punto , identificando, per ogni valore di H un valore della magnetizzazione (Fig. \ref{fig:MAgHyst}). Quando $\mathbf{H}=0$, c'è una magnetizzazione {\it residua} $\mathcal{M}_R=\frac{akT}{Nm}$. La retta interseca la curva di Langevin in due punti a meno che non sia tangente nell'origine oppure oltre il punto di tangenza per $\mathbf{H}\neq 0$. 
\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\linewidth]{MagHysCurve.png}
    \caption{Curva di Langevin e retta di magnetizzazione a T=300K per $H=0$, $H=H_c$ (Campo coercitivo) e per $H=0$ e $T=T_c$}
    \label{fig:MAgHyst}
\end{figure}
Quando la retta è tangente nell'origine, al variare di H, incontrerà la curva di Langevin sempre in un solo punto e non ci sarà una magnetizzazione residua. Questo identifica una temperatura (di Curie) $T_c$ per cui le proprietà ferromagnetiche del materiale svaniscono. Per calcolare $T_c$ basta porre $\frac{KT_c a}{m_0N}=\frac{m_0 a}{3} $, da cui $T_c=\frac{Nm_0^2}{3k}$
Come si vede in Fig. \ref{fig:MAgHyst}, per $-H_c\leq H\leq H_c$,per ogni valore di H, si hanno due valori della magnetizzazione, quindi la curva della magnetizzazione in funzione del campo non è biunivoca (isteresi della magnetizzazione). La curva della magnetizzazione in funzione del campo, è mostrata in Fig.\ref{fig:isteresi}
\begin{figure}[ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\linewidth]{Hysteresis.jpg}
    \caption{Curva di isteresi ella magnetizzazione in funzione del campo}
    \label{fig:isteresi}
\end{figure}
Il valore asintotico per campo infinito è la magnetizzazione di saturazione $M_s$ e il campo per cui retta è tangente alla curva, e dove la magnetizzazione cambia segno, è il campo coercitivo (o forza coercitiva) $H_c$. Quest'ultimo valore, è positivo proveniendo da magnetizzazioni negative e negativo proveniendo da magnetizzazioni positive (grazie al II termine della \ref{eq:magferr}).\par
Avvicinandosi alla temperatura di Curie, la curva di isteresi si stringe e, al di sopra, diventa una funizone univoca, ed il materiale si comporta come un se fosse paramagnetico. Quindi 
\[
\mathcal{M}=\frac{M_s m_0 H^*}{3kT}=\frac{M_s m_0 }{3kT} (H+NM)
\]
da cui possiamo calcolare la magnetizzazione ricordando che $T_c=\frac{Nm_0^2}{3k}$:
\[
\mathcal{M}=\frac{M_s T_C/N}{T-T_c} H = \chi H
\]
\subsection{Paramagnetismo in un sistema quantizzato a due livelli}
In meccanica quantistica il momento angolare può assumere solo valori interi. Come in meccanica classica, (Teorema di K\"onig), il momento angolare totale si separa nella somma del momento orbitale e lo spin: $J=L+S$, entrambi quantizzati. Gli orbitali su cui possono essere posti gli elettroni sono caratterizzati da un numero intero $n$, e per ogni n sono possibili $n-1$ valori di L. Per esempio, per l'atomo di idrogeno, lo stato fondamentale ha n=1, quindi L può solo essere 0; per un atomo di elio, sono possibili L=0, 1 (Orbitali S e P, rispettivamente). Gli stati con L più alto hanno energia maggiore di quelli ad L inferiore, quindi gli elettroni si pongono preferibilmente negli stati di energia inferiore, Per esempio, pur esistendo un possibile orbitale L=1, nell'atomo di He, entrambi gli elettroni si dispongono nell'orbitale L=0. Gli orbitali con un momento angolare L possono avere 2L+1 stati con la stessa energia, corrisponcenti alle proiezioni del momento angolare rispetto all'asse "z" di rotazione, e così anche per lo spin S. Tuttavia, gli elettroni, rispondono al principio di esclusione di Pauli, secondo cui, i fermioni che occupano lo stesso stato energerico non possono avere tutti i numeri quantici uguali. Pertanto, Gli elettroni, cha hanno spin s=1/2 in un orbitale S (L=0) posono essere al massimo 2, corrispondenti agli stati degeneri con $s_z=\pm 1/2$. Un orbitale P (L=1) ha 2L+1=3 stati degeneri dovuti ad $L_z=-1, 0, 1$, ciascuno dei quali può ospitare fino a 2 elettroni, per un totale di 6.
Le shell completamente riempite, non contribuisocno al momento totale dell'atomo perché ciascun orbitale ha una coppia di elettroni con spin contrapposti.
Supponiamo di avere un sistema di atomi che abbiano tutte le shell interne piene e un solo elettrone in una shell S (alcalini). Come per l'atomo di idrogeno, l'elettrone può essere con $s_z=-1/2; 1/2$, e , in assenza di campo questi stati hanno la stessa energia. In presenza si un campo magnetico B, tuttavia, l'accoppiamento del momento con il campo, rimuove la degenerazione perché $\mathcal{E}=-\mathbf{m}\cdot \mathbf{B}$ e c'è una relazione che lega il momento meccanico J con quello magnetico: $m=-g\mu_B J$, dove $\mu_B=e\hbar /2 m_e c$ è il {\it magnetone di Bohr} e g il {\it rapporto giromagnetico} che per gli elettroni vale circa 2. Quindi avrò due stati ad energia differente:
$\mathcal{E}=-\mu_B(0+2(\pm 1/2))B=\pm \mu_B B$.\par
In un tale sistema a due livelli, detti $N_+$ il numero di atomi con spin parallelo ed $N_- $ il numero di atomi con spin antiparallelo, all’equilibrio termico le popolazioni sono definite dalla statistica di Boltzmann, quindi:
\[
\frac{N_\pm}{N}= \frac{e^{\frac{\pm\mu_B B}{kT}}}{e^{\frac{\mu_B B} {kT}}+e^{-\frac{\mu_B B}{kT}}}
\]
La magnetizzazione media del materiale sarà la differenza tra $N_+$ e $N_-$ moltiplicata per la magnetizzazione del singolo atomo: 
\begin{equation}
\mathcal{M} = N\mu_B\frac{e^{\frac{\mu_B B} {kT}}-e^{-\frac{\mu_B B}{kT}}}{e^{\frac{\mu_B B} {kT}}+e^{-\frac{\mu_B B}{kT}}}=N\mu_B\tanh{\frac{\mu_B B}{kT}}
\label{eq:magquant}
\end{equation}

A temperatura  ambiente, $kT \gg \mu_B B$ per campi anche forti, quindi possiamo sviluppare $\tanh{a}= a$, sicché:
$\mathcal{M}=N\mu_B\left(\frac{\mu_B B}{kT}\right)$.\par
Per atomi con $L\neq 0 \Rightarrow J=L+S$ si hanno $2J+1$ livelli energetici equispaziati. In questo caso il calcolo è molto più complesso e porta ad una magnetizzazione media :
\[
\mathcal{M}=NJ\mu_B \beta_J\left(\frac{gJ\mu_B B}{kT}\right)
\]
in cui $\beta_J(x)$ è la funzione di Brillouin:
\[
    \beta_J(x)=\frac{2J+1}{2J}\coth{\frac{(2J+1)x}{2J}}-\frac{1}{2J}\coth{\frac{x}{2J}}
\]
di cui la \ref{eq:magquant} è il caso particolare per J=1/2.
Anche in questo caso, sviluppando la $\coth{x}=1/x+x/3...$  otteniamo una suscettività:
\[\mathcal{M}/B=\frac{(2J+1)g^2\mu_B^2}{3k T}\] 

\subsection{Correnti indotte e legge di Faraday-Neumann}
Se ad un circuito elettrico si avvicina un magnete, nel circuito si innesca un passaggio di
corrente la cui intensità è non nulla solo finché il magnete è in moto rispetto al circuito. Tale è detta corrente indotta dal magnete.
Si deve a Neumann l’aver dedotto una legge generale. Per indurre una corrente in un circuito, è necessario far variare il flusso del vettore B concatenato col circuito e, sperimentalmete, l’intensità di corrente è data da:
\begin{equation}
    I=-\frac{1}{R}\frac{d \Phi(B)}{d t}
    \label{eq:Farday-Neumann-lens}
\end{equation}
in cui, la derivata al II membro è la {\bf forza elettromotrice indotta}, f ed il segno indica che la questa è sempre tale da opporsi alla variazione di flusso che la genera. Quindi la corrente che circola nel circuito genera un campo magnetico che si sottrae a quello inducente. La presenza di una corrente indotta indica la presenza di un campo elettrico indotto $E_i$ non
conservativo che mette in moto le cariche anche in assenza di una differenza di potenziale ai capi del circuito tale che in un tratto $d\ell$ di circuito si scrive:
\[
f=\int{E_i d\ell} 
\]
se il percorso è una linea chiusa, allora:
\[
f=-\frac{d \Phi(B)}{d t}=\oint{E d\ell}
\]
dove  $E=E_i+E_e$ e la circuitazione del campo elettrico conservativo $E_e$ si annulla.\par
Se vogliamo un'espressione integrale della legge di Faraday Neumann, partiamo dal flusso:
\[
\Phi(B)= \int{\mathbf{B}\cdot \mathbf{n} dS}
\]
Quindi:
\[
\frac{d \Phi(B)}{d t}=\int{\frac{d \mathbf{B}}{dt}\cdot \mathbf{n} dS}= -\oint{\mathbf{E} d\ell}=-\int{\nabla\times \mathbf{E}\cdot\mathbf{n} dS}
\]
quindi, uguagliando gli integrali di superficie:
\begin{equation}
    \nabla\times \mathbf{E} = -\frac{d \mathbf{B}}{dt}
    \label{eq:E_B_maxwell}
\end{equation}
Ricordando, poi $\mathbf{B}= \nabla\times\mathbf{A}$:
\begin{equation}
    \nabla\times \left(\mathbf{E}+\frac{d \mathbf{A}}{dt}\right)=0
\end{equation}
quindi, il vettore $\mathbf{E}+\frac{d \mathbf{A}}{dt}$ è, nullo a meno del gradiente di un potenziale scalare:
\begin{equation}
\mathbf{E}+\frac{d \mathbf{A}}{dt}=-\nabla\phi\Rightarrow \mathbf{E}=-\frac{d \mathbf{A}}{dt}-\nabla\phi
\label{eq:maxwell_E_B_phi}
\end{equation}
\subsection{Flusso tagliato e flusso concatenato}
Per far variare il flusso abbiamo due alternative, o facciamo variare l'area contornata dal circuito (o l'area efficace rispetto alla direzione del campo), nel qual caso si parla di {\bf flusso tagliato} dal circuito, oppure si fa variare l'intensità del campo, mantenendo fermo il circuito, e allora si parla di {\bf flusso concatenato}.
\subsubsection{Flusso tagliato}
\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.75\linewidth]{flussotagliato.jpg}
    \caption{Flusso tagliato dalla superficie racchiusa dal circuito in movimento rispetto al campo}
    \label{fig:flussotagliato}
\end{figure}

Quando è il circuito a muoversi in un campo statico, sulle cariche che circolano agisce la forza di Lorentz, che è la forza elettromotrice:
\[
\mathbf{f}=-e\mathbf{v}\times\mathbf{B}= -e\frac{d\mathbf{x}}{dt}\times\mathbf{B}= -e\mathbf{E}
\]
quindi:
\[
\int{\mathbf{E}d\ell}=\int{\frac{d\mathbf{x}}{dt}\times\mathbf{B}\cdot d\ell}= -\frac{d}{dt}\int{\mathbf{B} \times \mathbf{x}\cdot d\ell}=-\frac{d\Phi(B)}{dt}
\]
essendo $\mathbf{B} \times \mathbf{dx}\cdot d\ell=\mathbf{B}\cdot d\ell\times \mathbf{dx}=\mathbf{B}\cdot \mathbf{n} dS$.
In figura \ref{fig:flussotagliato} il flusso tagliato dalla proiezione della superficie in direzione del campo $x\ell\sin{\theta(t)}$ di una spira quadrata in rotazione.
\subsubsection{Flusso concatenato}
Si tratta del flusso prodotto da una corrente variabile in un circuito indeformato. In questo caso, la corrente variabile produce un campo magnetico variabile che, a sua volta, priduce una corrente indotta che si oppone a quella generatrice. Supponiamo che in un mezzo di permeabilità $\mu$ la corrente che circola sia variabile nel tempo e a divergenza nulla, siccome questa corrente ne genera una che si oppone ad essa (autoinduzione), proporzionale alla variazione del flusso, ci sarà una sorta di resistenza -- il coefficiente di autoinduzione o induttanza $L$ -- che lega la differenza di potenziale e la variazione della corrente:
\begin{equation}
    V=L\frac{dI}{dt} \Leftrightarrow \Phi(B)= L I
    \label{eq:vli}
\end{equation}
Le dimensioni dell'induttanza sono:
\[
[L]=[\Phi(B)][I]^{-1}=(V m^{-1} s m^{-1}m^2) A^{-1}=\Omega\cdot s= Henry
\]
Se ad un circuito chiuso su una resistenza applichiamo una d.d.p. variabile nel tempo $V=V_0e^{i\omega t}$, allora, avremo
\[
V=RI + L\frac{dI}{dt} \Rightarrow V_0=(R+i\omega L) I_0
\]
Come si vede, l'induttanza si comporta come una resistenza che aumenta linearmente con la pulsazione della corrente e che si aggiunge alla resistenza statica, coerentemente con il fatto che la corrente indotta si oppone a quella che genera il campo.
\subsection{Energia del campo magnetico e induzione mutua}
La variazione di energia di una particella di velocità $v$ sotto una forza $F$ è 
\[
\frac{d\mathcal{E}}{dt}=\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}
\]
se la forza è quella elettrica allora 
$\dot{\mathcal{E}}=q\mathbf{E}\cdot \mathbf{v}$. 
Questo è il lavoro che deve essere fatto dalle sorgenti del campo elettrico per unità di tempo e per portatore di carica per mantenere le correnti; sommando su tutti i portatori, si ottiene:
\[
\frac{d\mathcal{L}}{dt}=-fI=I \cdot \frac{d\Phi}{dt}
\]
quindi il lavoro $\delta \mathcal{L}$ compiuto dalle sorgenti per ottenere una variazione di flusso $\delta \Phi$ con una corrente I è $\delta \mathcal{L}=I \delta \Phi$.\\
Stabiliamo ora qual è il lavoro necessario a mantenere una distribuzione di correnti stazionaria e a divergenza nulla. 
\begin{figure}[ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.85\linewidth]{distrCorr.png}
    \caption{Distribuzione localizzata di correnti}
    \label{fig:distrcorr}
\end{figure}
Come mostrato in fig. \ref{fig:distrcorr}, possiamo pensare la distribuzione di correnti, come generata da una rete di circuiti elementari,ciascuno contornante una superficie $\Delta S$ con un filo di sezione $\Delta\sigma$. L'incremento del lavoro eseguito contro la forza elettromotrice indotta, in termini della variazione del flusso è:
\[
\delta \mathcal{L}=(\mathbf{J} \Delta\sigma)\int{\delta\mathbf{B}\cdot \mathbf{n} dS}=(\mathbf{J} \Delta\sigma)\int{(\nabla\times\delta\mathbf{A})\cdot \mathbf{n} dS}
\]
ovvero
\[
\delta \mathcal{L}=(\mathbf{J} \Delta\sigma)\oint{\delta\mathbf{A} \cdot d\mathbf{L}}
\]
portando nell'integrale $\mathbf{J} \Delta\sigma$, e osservando che $\Delta \sigma dL = d^3 x$, si ottiene:
\begin{equation}
\delta \mathcal{L}=\int{\mathbf{J}\cdot \delta \mathbf{A}\; d^3x}=\int{\delta \mathbf{A}\cdot (\nabla\times\mathbf{H})\;d^3x}
\label{eq:enerbvsj}
\end{equation}
Applicando all'integrando la regola $\nabla\cdot(A\times B)=B\cdot(\nabla\times A)-A\cdot(\nabla\times B)$, otteniamo: $\delta \mathbf{A}\cdot(\nabla\times\mathbf{H})=\nabla\cdot(H\times \delta A)+ H\cdot(\nabla\times\delta A)$. Il primo addendo svanisce nell'integrazione se la distribuzione è localizzata, e il secondo termine è: $H\cdot\delta B=1/2 \delta(H\cdot B)$. In definitiva:
\begin{equation}
    \mathcal{L}=\frac{1}{2}\int{\mathbf{H}\cdot\mathbf{B}\;d^3x}
    \label{eq:enerbh}
\end{equation}
che è equivalente alla \ref{eq:enerbvsj}, che possiamo riscrivere esplictando la forma del potenziale vettore:
\[
\mathcal{L}=\frac{\mu}{8\pi}\int{d^3x \int{\frac{\mathbf{J(x)}\cdot\mathbf{J}(x')}{|x-x'|}d^3x'}}
\]
Per un insieme di N circuiti indipendenti, possiamo scrivere l'integrale come la somma su tutti i circuiti
\begin{equation}
    \mathcal{L}=\frac{\mu}{8\pi}\sum_{i=1}^{N}\int{d^3x \int{\sum_{j=1}^{N}\frac{\mathbf{J_i(x)}\cdot\mathbf{J_j}(x')}{|x-x'|}d^3x'}}
\end{equation}
Nel caso in cui $i=j$, otteniamo:
\begin{equation}
    \mathcal{L}=\frac{\mu}{4\pi}\sum_{i=1}^{N}{\int{d^3x\int{\frac{\mathbf{J_i(x)}\cdot\mathbf{J_i}(x')}{|x-x'|}d^3x'}}}=LI^2
\end{equation}
che definisce il coefficiente di autoinduzione come :
\begin{equation}
    L=\frac{\mu}{4\pi I^2}\int{d^3x\int{\frac{\mathbf{J_i(x)}\cdot\mathbf{J_i}(x')}{|x-x'|}d^3x'}}
\end{equation}
Analogamente, nel caso $i\neq j$, definiamo il coefficiente di induzione mutua $M_{ij}$ del circuito j su quello i (e viceversa):
\begin{equation}
    M_{ij}=\frac{\mu}{4\pi I_i I_j}\int{d^3x \int{\frac{\mathbf{J_i(x)}\cdot\mathbf{J_j}(x')}{|x-x'|}d^3x'}}
    \label{eq:mutua_ind}
\end{equation}
Tenendo conto dell'espressione del potenziale vettore, possiamo riscrivere la \ref{eq:mutua_ind}, come:
\[
M_{ij}=\frac{1}{I_i I_j}\int{\mathbf{J_i(x)}\cdot\mathbf{A_{ij}}(x) \; d^3x}
\]
dove $\mathbf{A_{ij}}(x)$ è il potenziale vettore prodotto dal circuito i su quello j. Trascurando lo spessore del filo: $\mathbf{J_i(x)}d^3x \simeq \mathbf{J_i(x)}\cdot dL dS=I_i dL$, quindi, sostituendo:
\begin{equation}
    M_{ij}=\frac{1}{I_j}\oint{\mathbf{A_{ij}}(x)\cdot dL} = \frac{1}{I_j}\int{\nabla\times\mathbf{A_{ij}}(x)}=\frac{\Phi_{ij}(x)}{I_j}
\end{equation}
\subsubsection{Il trasformatore a bobine}
Consideriamo due solenoidi, uno con $n_1$ spire per unità di lunghezza e l'altro con $n_2$, che condividano lo stesso flusso del campo magnetico, o perché sono concentrici o perché sono avvolti sui due lati opposti di un traferro (\ref{fig:trasformatore}). 

\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.75\linewidth]{trasformatore.png}
    \caption{Schema di un trasformatore a bobina}
    \label{fig:trasformatore}
\end{figure}
Il primo è alimentato da una tensione variabile $E_1(t)$ che genera un flusso di  campo magnetico tale che $E_1=-\frac{d\Phi(B(t)}{dt}= -\mu n_1 \frac{dI_1}{dt} D S$, dove $n_1 D=N_1$ è il numero di spire totali dell'avvolgimento 1 e S la sezione del solenoide. Il flusso del campo è condiviso interamente dal secondo avvolgimento. Dunque, la forza elettromotrice ai capi del secondo avvolgimento sarà:
\begin{equation}
E_2=N_2 \left(\mu N_1 \frac{dI_1}{dt} S\right)
\label{eq:trasf_id1}
\end{equation}
quindi, in questo caso: $M_{12}=\mu N_1N_2S$.
Considerato che il campo generato da un solenoide è (cfr. pag.\pageref{pag:solenoide}), $B=\mu n_1 I$ e per una spira $\dot\Phi(B)=-L\dot I=\dot B S=\mu n_1 \dot I S$, per $n_1$ spire  per unità di lunghezza è: $L\frac{dI_1}{dt}=\mu n_1^2 \frac{dI}{dt} S$, quindi $L=\mu n_1^2 S$. Sostituendo nella \ref{eq:trasf_id1}
\[
E_2=M_{12} \frac{dI_1}{dt} = M_{12}/L_1 E_1
\]
quindi, viste le espressioni per L e M, 
\begin{equation}
    \frac{E_2}{E_1}=n_1n_2 /n_1^2 = n_2/n_1
    \label{eq:rapporto_trasf}
\end{equation}
che dice che, per un trasformatore ideale, il rapporto di trasformazione è pari al rapporto tra la densità di spire del secondario rispetto a quella del primario.\par
Un modello un po' più accurato, tiene conto anche della resistenza del conduttore (fig.\ref{fig:trasf_R})
\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.75\linewidth]{trasf_R.png}
    \caption{Schema del trasformatore con le resistenze dei conduttori}
    \label{fig:trasf_R}
\end{figure}
Se $V1=Ve^{i\omega t}$:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        V=R_1 I_1 + L_1 i \omega I_1 - i \omega M_{12} I_2\\
        V_2 = -i \omega M_{12} I_1 + (R_2 + i\omega L_2)I_2
    \end{cases}
\end{equation}
se il secondario è un circuito aperto, $I_2=0$ e quindi:
\[
   \begin{cases}
        V=(R_1 + i \omega L_1) I_1\\
        V_2=-i\omega M_{12} I_1
    \end{cases}
\]
e, sostituendo:
\[
 V_2=\frac{-i\omega M_{12}}{(R_1 + i \omega L_1)} V
\]
Quindi, perché si comporti come un trasformatore ideale, deve essere trascurabile $\omega_0 =R/L$ rispetto alla frequenza del primario.\\
Per avere un'idea di che frequenze stiamo parlando, mettiamo qualche numero realistico. Diciamo che il traferro ha una sezione di $S=1 cm^2=10^{-4}m^2$, il filo uno spessore di 1 mm (quindi una sezione $a=\pi \cdot (0.5 \cdot 10^{-3})^2 m^2\sim 7.8\cdot 10^{-7}m^2$, la resistività del rame è $\rho=1.68 \cdot 10^{-8}\Omega \; m$, la permeabilità magnetica del ferro è $\mu=4\pi \cdot 10^{-4}$. Allora, per un traferro di sezione quadrata:
\begin{itemize}
    \item $R_1 = \rho \ell/a =1.7\cdot 10^{-8}\cdot 4 \cdot 10^{-2} N_1/(7.8\cdot 10^{-7})\sim 8.7\cdot 10^{-4} N_1\Omega$\\
    \item $L=\mu N_1^2 S=1.25\cdot 10^{-7} N_1^2$
\end{itemize}
quindi: $\omega_0 \approx 6.9\cdot 10^4/N_1 rad/s = 1.1 /N_1 kHz$. Dunque, posta ad esempio la frequenza della tensione in ingresso a 50 Hz, a partire da circa 100 spire/m, quanto maggiore è il numero di spire, tanto più è trascurabile la frequenza (di taglio) $\omega_0$ del trasformatore rispetto alla frequenza di ingresso.\par
\subsection{Campi variabili lentamente}
Date le equazioni del campo indotto e la definizione della densità di corrente: 
\begin{equation}
\begin{cases}
    \nabla\times\mathbf{B} = \mu\mathbf{J}\\
    \nabla\times\mathbf{E} = -\frac{d\mathbf{B}}{dt}\\
    \mathbf{J} = \sigma\mathbf{E}
\end{cases}
\label{eq:slowvar}
\end{equation}
e tenuto conto che $\mathbf{B} =\nabla\times\mathbf{A}$, risulta che 
$\nabla\times\left(\mathbf{E}+\frac{d\mathbf{A}}{dt}\right) = 0$ ovvero:
\[
\mathbf{E}=-\frac{d\mathbf{A}}{dt} -\nabla\Phi
\]
Ponenndo $\Phi=0$, $\mathbf{E}=-\frac{d\mathbf{A}}{dt}$.\par
Per mezzi in cui $\mu$ è indipendente dalla frequenza ed uniforme, si ha anche:$
\nabla\cdot\mathbf{E}=0$ e $\nabla\cdot\mathbf{A}=0$. Dalla terza e la prima delle \ref{eq:slowvar}, $\nabla\times\mathbf{B}=\nabla\times\nabla\times\mathbf{A}=\mu\sigma\mathbf{E}$, sviluppando il prodotto triplo e sfruttando l'espressione di E in termini di A: 
\[
\nabla(\nabla\cdot\mathbf{A}) - \nabla^2\mathbf{A}= -\mu\sigma\frac{d\mathbf{A}}{dt}
\]
Dunque:
\begin{equation}
    \nabla^2\mathbf{A} = \mu\sigma\frac{d\mathbf{A}}{dt}
    \label{eq:diff}
\end{equation}
che è un'equazione di diffusione valida per $\sigma$ variabile nello spazio ma indipendente dalla frequenza; un'espressione analoga la possiamo ricavare per il campo E. Se la conducibilità è anche uniforme nello spazio, l'equazione è valida anche per B e J.\par
Come abbiamo visto per l'equazione del calore, l'equazione di diffusione può essere risolta per separazione delle variabili: $A=X(x)T(t)$, che immessa nell'equazione, ci dà un'equazione per la parte spaziale ed una per quella temporale: $X''T=-\mu\sigma X \dot T$ quindi, dividendo per XT:$X''/X=\mu\sigma \dot T/T=-K^2 $
\[
\begin{cases}
    X'' = -K^2 X\\
    \dot T = -\mu\sigma k^2 T
\end{cases}
\]
Queste equazioni permettono di definire una lunghezza (skin depth) e un tempo di attenuazione. Per esempio, se $A=A_0e^{i(\omega t - k\cdot x)}$, l'equazione per A dà: $-K^2 = i \omega\mu\sigma$ ovvero $\omega =iK^2/\mu\sigma$ e/o $K = \pm\sqrt{i\omega\mu\sigma}$. Sostituendo all'esponente:
$A=A_0 e^{i(\frac{iK^2}{\mu\sigma} t - k\cdot x)} = A_0 e^{-ik\cdot x}e^{-\frac{iK^2}{\mu\sigma} t}$, dove possiamo definire un tempo di penetrazione $\tau = \frac{\mu\sigma}{K^2}$. Oppure:
\[
A=A_0 e^{i(\omega t - \sqrt{i\omega\mu\sigma} x)} = A_0 e^{i(\omega t) e^{-x\sqrt{\omega\mu\sigma}} i^{3/2}}
\]
Sviluppando $i^{3/2}  = (i-1)/\sqrt{2}$, $A=A_0e^{i(\omega t + x/\delta)} e^{-x/\delta}$, dove abbiamo preso il segno - e 
\begin{equation}
    \delta =\sqrt{\frac{2}{\mu\sigma\omega}}
\end{equation} 
è la lunghezza di penetrazione o skin depth.\par
Più in concreto, in presenza di un campo variabile, $\nabla\times\mathbf{H}=\sigma\mathbf{J}$, supponendo che il campo H sia $(H_x, 0, 0)$,allora, 
$\nabla\times H=\frac{\partial H_x}{\partial z}  = \sigma E_y$ è l'unica componente che sopravvive. Se $H_x(z,t)=H_0 e^{i(\omega t - k z)}  = H_0 e^{-z/\delta} e^{i(z/\delta -\omega t)}$, risulta:
\[
-\frac{i+1}{\delta}H_0 e^{-z/\delta} e^{i(z/\delta -\omega t)} = J_y
\]
definisce una corrente che scorre sulla superficie ortogonale al campo e decade con la profondità, tanto più velocemente quanto maggiore è la frequenza.
\section{Elettromagnetismo}
\subsection{La corrente di spostamento}
Nelle equazioni di Maxwell fin qui trovate, c'è un'inconsistenza: la IV equazione $\nabla\times\mathbf{B}=\mu \mathbf{J}$, se ne prendiamo il gradiente, si annulla sempre al primo membro, mentre il secondo, si annulla solo per correnti stazionarie, per le quali vale l'equazione di continuità $\nabla\cdot\mathbf{J} =0$. Nel caso generale, invece, l'equazione di continuità è $=\nabla\cdot\mathbf{J}=-\partial \rho/\partial t$. Questo ci dice che per campi variabili nel tempo, la legge di Ampere non è più valida nella forma con cui la abbiamo trovata per i campi statici.\par
Per renderci conto di questa inconsistenza, consideriamo la forma integrale della legge di Ampere:
\[
 \oint{\mathbf{B}\cdot d\ell} =\mu I
\]
applicata ad un percorso chiuso attraversato da un filo, nelle vicinanze di un condensatore, come in fig. \ref{fig:spostamento}. 
\begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=0.85\linewidth]{Spostamento.png}
    \caption{La linea chiusa attorno al filo della legge di Ampere, è il bordo di una superficie che passa attraverso le armature del condensatore}
    \label{fig:spostamento}
\end{figure}
Questo percorso racchiude oltre alla superficie piana attraversata dal filo, da cui ricaviamo la legge, anche le superfici che passano attraverso le armature del condensatore senza essere attraversate dal filo, e lì non passa alcuna corrente! Il problema, dunque, è nell'equazione di continuità, che contiene il termine di variazione della densità di carica.
Utilizzando l'equazione della divergenza del campo elettrico (i.e. teorema di Gauss $\nabla\cdot\mathbf{E}=\rho/\epsilon$, risulta:
\[
\nabla\cdot\mathbf{J}=-\frac{\partial \rho}{\partial t} = -\nabla\cdot\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} 
\]
Quindi possiamo scrivere:
\begin{equation}
    \nabla\cdot\left(\textbf{J}+\epsilon\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\right) =0
    \label{eq:spost}
\end{equation}
che definisce una corrente {\it di spostamento} $\mathbf{J_d}=\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t}$ che si aggiunge alla corrente quando consideriamo campi variabili nel tempo.\par
Quindi la IV equazione di Maxwell diventa:
\begin{equation}
    \nabla\times\mathbf{B} =\mu\mathbf{J}+\mu\epsilon\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\end{equation}

\subsection{Equazioni di Maxwell complete e onde elettromagnetiche}
\label{sec:MaxwellCompl}
Riassumendo, le equazioni di Maxwell, rese omogenee rispetto a E e B, sono:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \nabla\cdot \mathbf{E}= \frac{\rho}{\epsilon} & I\\
        \nabla\times\mathbf{E}=-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t} & II\\
        \nabla\cdot\mathbf{B}= 0 & III\\
        \nabla\times\mathbf{B} =\mu\mathbf{J}+\mu\epsilon\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} & IV \\
    \end{cases}
    \label{eq:Maxwell_complete}
\end{equation}
Nella II, sostituiamo $\mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A}$ e otteniamo che:
\begin{equation}
    \nabla\times\left(\mathbf{E}+\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\right)=0 \Rightarrow \mathbf{E}+\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t} = -\nabla\Phi
    \label{eq:pot_elettrodim}
\end{equation}
dove $\Phi$ è un potenziale scalare.\par
Dalla IV equazione:
\[
\nabla\times\nabla\times\mathbf{A}=\mu\mathbf{J}+\mu\epsilon\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\]
Sviluppando il prodotto vettore triplo e sostituendo la \ref{eq:pot_elettrodim}:
\[
    \nabla(\nabla\cdot \mathbf{A})-\nabla^2\mathbf{A}=\mu\mathbf{J} - \frac{1}{c^2}\left( \frac{\partial \Phi}{\partial t}+\frac{\partial^2 \mathbf{A}}{\partial t^2}\right)
\]
L'equazione la possiamo riaggiustare come
\begin{equation}
    \nabla^2 A - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \mathbf{A}}{\partial t^2} - \left(\nabla\cdot \mathbf{A} +\frac{1}{c^2}\frac{\partial \Phi}{\partial t}\right) = -\mu\mathbf{J}
    \label{eq:onde_cond_lorenz}
\end{equation}
Possiamo sfruttare l'arbitrarietà della scelta di un potenziale scalare nella definizione del potenziale vettore \ref{eq:def_potvect}, per annullare il termine fra parentesi (gauge di Lorenz -- Ludwig Lorenz):
\[
    A=A'+\nabla\psi\Rightarrow \mathbf{E'}=-\frac{\partial\mathbf{A'}}{\partial t}-\nabla\Phi'=-\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}- \nabla\Phi'-\nabla\frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
Siccome il campo elettrico non deve cambiare per la scelta di gauge:
\[
-\nabla\Phi' -\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t} = \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t} -\nabla\left(\Phi + \frac{\partial \psi}{\partial t}\right)
\]
Dunque la scelta di gauge di Lorenz è legittima purché:
\[
\nabla\left(\Phi - \Phi' + \frac{\partial \psi}{\partial t}\right) =0 \Leftrightarrow \Phi'=\Phi - \frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
e con tale scelta, l'equazione per il potenziale vettore diventa:
\begin{equation}
    \Box \mathbf{A} = \mu \mathbf{J}
    \label{eq:propag_A}
\end{equation}
con la condizione che $\Box \psi = 0$ (si può verificare annullando il termine fra parentesi nella \ref{eq:onde_cond_lorenz} ) \par
Analogamente, per il potenziale $\Phi$, partendo dalla I equazione di Maxwell e da 
$E=-\nabla\Phi -\mathbf{\dot A}$,
con successivi passaggi, abbiamo:

\[
\nabla\cdot \mathbf{E} = \nabla\cdot\left( -\nabla\Phi - \mathbf{\dot A}  \right)
\]

\[  
\nabla\cdot\mathbf{E}=\nabla\cdot(-\nabla\Phi - \mathbf{\dot A})=-\left(\nabla^2\Phi+\frac{\partial}{\partial t}\nabla\cdot \mathbf{A}\right)
\]
ma 
\[
\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho}{\epsilon}
\]
e 
\[
\nabla\cdot\mathbf{A}=-\mu\epsilon\frac{\partial\Phi}{\partial t}
\]
quindi:
\begin{equation}
    \nabla^2\Phi - \mu\epsilon\frac{\partial^2\Phi}{\partial t^2}=-\frac{\rho}{\epsilon}
    \label{eq:onde_potenziale}
\end{equation}
Dalla I e dalla IV possiamo ricavare l'equazione di continuità:
\[
\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf{B})=\mu\nabla\cdot\mathbf{J}+\mu\epsilon\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\mathbf{E})
\]
ma $\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf{B})=0$ quindi $\nabla\cdot\mathbf{J} = -\epsilon\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\mathbf{E})$ e, visto che $\nabla\cdot\mathbf{E}=\frac{\rho}{\epsilon}$, 
\[
\nabla\cdot\mathbf{J} + \frac{\partial\rho}{\partial t}  = 0
\]
Per quel che riguarda la produzione e propagazione degli altri campi: 
Prendendo il rotore della III 
\[
\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E})=\frac{\partial}{\partial t}\nabla\times\mathbf{B}
\]
ovvero, sfruttando la IV:
\[
\nabla(\nabla\cdot\mathbf{E})-\nabla^2\mathbf{E} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\mu\mathbf{J}+\mu\epsilon\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}\right)
\]
Raccogliendo le derivate da un lato e sfruttando l'equazione di continuità $\nabla(\nabla\cdot\mathbf{E})=\nabla\rho/\epsilon$:
\begin{equation}
        \nabla^2\mathbf{E}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}=\frac{1}{\epsilon}\left( \nabla\rho+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\mathbf{J}}{\partial t}\right)
\end{equation}
Analogamente, per il  campo B:
\begin{equation}
  \nabla^2\mathbf{B}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\mathbf{B}}{\partial t^2}=  -\mu\nabla\times\mathbf{J}
\end{equation}
Nel caso di isolante isotropo ed omogeneo, sia il flusso di corrente, sia il gradiente di densità di carica sono nulli, per cui le equazioni si riconducono entrambe alla ben nota equazione delle onde. 

\subsection{Risoluzione delle equazioni disomogenee con le funzioni di Green}
Le equazioni del tipo 
\[
\nabla^2\Phi -\frac{1}{c^2}\ddot\Phi=f(x, t)
\]
Si possono risolvere mediante l'uso delle funzioni di Green.\par
Se le $\Phi$ e le f (x,t) ammettono la trasformata di Fourier:
\[
\Phi(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\tilde{\Phi}(x, \omega) e^{-i\omega t}d \omega}
\]
\[
f(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\tilde{f}(x, \omega) e^{-i\omega t}d \omega}
\]
Le funzioni trasformate, soddisfano l'equazione disomogenea di Helmoltz:
\[
(\nabla^2 +K^2)\tilde{\Phi}(x,\omega)=-4\pi \tilde{f}(x,\omega)
\]
La funzione di Green associata a questa equazione è  la funzione $G(x, x')$ che soddisfa l'equazione:
\begin{equation}
(\nabla^2 +K^2)G_K(x,x')=-4\pi \delta(x-x')
\label{eq:helmoltz_green}
\end{equation}
dove $\delta(x-x')$ è la funzione di Dirac, che vale $\infty$ quando $x-x'=0$ e 0 altrove e $\int_{-\infty}^\infty{\delta(x-x')dx } = 1$.\par
La funzione di Green è, dunque, la funzione che definisce la "risposta all'impulso" dell'equazione differenziale, e dunque, il potenziale che soddisfa l'equazione disomogenea è la convoluzione di questa funzione con la funzione sorgente. In altri termini, se 
$O_r$ è un operatore differenziale che agisce su una funzione $\phi(r)$, l'equazione di partenza è $O_r\phi(r)=f(r)$, la funzione di Green $G(r,r')$ è quella per cui $f(r)=\delta(r-r')$. Se tale funzione esiste, allora la generica $\phi(r)=\int{f(r')G(r,r')\;dr'}$. Infatti, applicando $O_r$ ad ambo i membri, e supposto che l'operatore sia lineare:
\[
O_r\phi(r)=\int{O_r[G(r,r')f(r')] dr'}=\int{[O_rG(r,r')]f(r') dr'}
\]
ma $O_rG(r,r')=\delta(r-r')$ per ipotesi, allora 
\[
    O_r\phi(r)=\int{\delta(r-r')f(r')dr'}=f(r)\qquad c.v.d.
\]

Quindi, posso scrivere che $\tilde{f}(x)=\int{\delta(x-x')\tilde{f}(x') dx'}$; quindi
\[
(\nabla^2 +K^2)\tilde{\Phi}(x,\omega) =-4\pi \int{\tilde{f}(x')\delta(x-x')dx'} = \int{(\nabla^2 +K^2)f(x')G(x-x')dx'}
\]
ed, in fine:
\[
\tilde{\Phi}(x', \omega)- \tilde{f}(x', \omega)G(x-x') = 0
\]
Se non ci sono superfici di discontinuità, $G(x-x')$  è a simmetria sferica, quindi possiamo usare il Laplaciano in coordinate sferiche nella \ref{eq:helmoltz_green}:
\begin{equation}
    \nabla_r^2G_K=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} r^2 \frac{\partial G_K}{\partial r}
    \label{eq:laplacian_sph}
\end{equation}
Svolgendo la derivata del prodotto:
\[
\nabla_r^2G_K=\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(G_K r)
\]
Quindi la \ref{eq:helmoltz_green} diventa (r=x-x'):
\begin{equation}
\frac{\partial^2}{\partial r^2}(G_K r)+K^2(G_k r)=0 \; \forall r\neq 0
\label{eq:helm_trasf}
\end{equation}
che è un'equazione differenziale del II ordine in $G_K r$, la cui soluzione generica è:
\[
G_K r = Ae^{iKr}+B e^{-iKr}
\]
ovvero:
\begin{equation}
    G_K = A\frac{e^{iKr}}{r} + B\frac{e^{-iKr} }{r}  = 
    A G^+(r) + B G^-(r)
    \label{eq:g_R}
 \end{equation}
 per $x'\ll x'$ , $r\sim  R$. Per calcolare la normalizzazione,ricordiamo che:
 $\nabla^2 \left(\frac{1}{R}\right)=-4\pi\delta(R)$
dunque, nel limite per $K^2=0$ l'equazione  \ref{eq:helmoltz_green} diventa l'equazione di Poisson:
\[
\nabla^2G(R) = -4\pi\delta (R)
\]
quindi:
\[
 \lim_{R\rightarrow 0}G_K(R)=\frac{1}{R}
 \]
 Per $R\rightarrow 0$, vista la \ref{eq:g_R} $G(R)=(A+B)(K^2-1)$ e per $K=0$ è $A+B=1$. 
 Calcolando anche la parte dipendente dal tempo, la $G(R, t)$ soddisfa l'equazione:
 \begin{equation}
     \left( \nabla^2 -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right) G^\pm(x, t, x', t') = -4\pi\delta(x-x')\delta(t-t')
     \label{eq:dalamb_green}
 \end{equation}
 quindi, essendo:
 \[
 G^\pm(R, \tau) = A^\pm\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{\pm iKR}}{R}e^{-i\omega \tau} d\omega}
 \]
 essendo $\tau=t-t'$, la \ref{eq:dalamb_green}, dà $\omega= cK$, che sostituita nell'espressione di $G^\pm$, dà:
 \[
    G^\pm(R,\tau) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{-i\omega (\tau \mp R/c)} }{R}d\omega}=\frac{1}{R}\delta\left(\tau\mp\frac{R}{c}\right)
 \]
 Prendendo in considerazione solo la $G^+$, a questo punto $\Phi$, sarà dato dalla somma della funzione $\Phi_0$ soluzione dell'equazione omogenea e di quella della disomogenea con $G^+$ quando $\tau, R \neq 0$, con la condizione $\tau  = R/c$.
 \begin{multline}
 \Phi(x,t)=\Phi_0(x,t) + \iint{G^+(x,t,x',t')f(x',t') dx' \;dt'}=\\
 = \int{\left(\frac{f(x',t')}{|x-x'|}\right)_{t'=t-|x-x'|/c} dx'}=\\
 =\int{ \frac{\left[f(x',t')\right ]_{ret}}{|x-x'|}dx'}
 \end{multline}
 dove, nella seconda linea abbiamo trascurato la soluzione dell'omogenea.
A rigore andrebbe considerata anche la soluzione anticipata, ma si trascura perché viola la causalità.\par


**********************************

\subsection{Vettore e teorema di Poynting}
Il campo elettromagnetico trasporta un campo elettrico ed un campo magnetico ortogonali fra loro. La forza che agisce su una carica $e$ in moto con una velocità $v$ che viene investita dall'onda è:
\[
F=eE+ev\times \mathbf{B}
\]
che, per una distribuzione di correnti diventa:
\begin{equation}
    F=\int{\rho(x) E + J(x)\times \mathbf{B}}\;d^3x
    \label{eq:forza_onda}
\end{equation}
Ricaviamo $\rho$ dalla prima equazione di Maxwell e $J$ dalla IV:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \nabla\cdot E=\frac{\rho}{\epsilon}\\
        \nabla\times\mathbf{B} = \mu_0 J +\mu_0\epsilon_0 \frac{\partial E}{\partial t}
    \end{cases}
\end{equation}
quindi 
\[\rho=\epsilon \mathbf{E}(\nabla\cdot\mathbf{E})\] e 
\begin{equation*}  
    J=\frac{1}{\mu}\nabla\times\mathbf{B}-\epsilon\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}
\end{equation*}. 
Sostituendo nella \ref{eq:forza_onda} diventa:
\begin{equation}
    F=\frac{\partial \mathbf{P}}{\partial t} =
    \int\left[\epsilon_0\mathbf{E}(\nabla\cdot\mathbf{E})
    -\frac{1}{\mu_0}\mathbf{B}\times(\nabla\times\mathbf{B})
    +\epsilon_0 \frac{\partial E}{\partial t}\times \mathbf{B}\right]\;d^3x
    \label{eq:forza2}
\end{equation}
dove $P$ è l'impulso meccanico e si è cambiato segno al triplo prodotto vettoriale portando $B$ alla sinistra.\par
Se vogliamo calcolare quale sia il lavoro prodotto dal campo per uno spostamento $dx=\mathbf{v}\;dt$, il secondo termine della \ref{eq:forza_onda} non contribuisce perché il prodotto $ J(x)\times \mathbf{B}$ è ortogonale a $\mathbf{v}$. Quindi rimane:
\[
   W = \frac{d\mathcal{L}}{dt}=\int{\mathbf{J}\cdot\mathbf{E} \; dV}  =\int{\mathbf{E}\cdot\left[
   \frac{1}{\mu_0}\nabla\times\mathbf{B} - \epsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\right]\;dV} 
\]
Ma $E\cdot(\nabla\times B)$ lo possiamo ricavare dalla regola del prodotto:
\[
\nabla\cdot(E\times B)=B\cdot(\nabla\times E)-E\cdot(\nabla\times B)
\]
sicché, tenuto conto che $\nabla \cdot E = -\dot B$:
\[
W=-\int{ \epsilon_0\nabla\cdot(E\times B)+\frac{1}{2}\epsilon_0\mu_0\frac{d}{dt}(|E|^2 +|B|^2)\;dV}
\]
Se il mezzo è lineare, allora $\epsilon E=D $ e $\mu B=H$, quindi:
\begin{equation}
    W=- \frac{1}{2}\int{\frac{d}{dt}(\mathbf{D}\cdot \mathbf{E} +\mathbf{H}\cdot \mathbf{B})\; dV} -\int{\nabla\cdot(\mathbf{E}\times\mathbf{H})\;dV}
\label{eq:divPoynting}
\end{equation}
Il primo termine è la variazione dell'energia U, il secondo è il flusso del {\bf vettore di Poynting} $\mathbf{S}=\mathbf{E}\times \mathbf{H}$, attraverso la frontiera del volume.\par

Tornando alla \ref{eq:forza2}, per il prodotto triplo, procediamo per coordinate:
\begin{eqnarray*}
  [B\times (\nabla\times B)]_i&=& \epsilon_{ijk} B_j(\nabla\times B)_k=\\
  &=&B_j(\nabla\times B)_k-B_k(\nabla\times B)_j=\\
  &=& B_j(\partial_i B_j - \partial_j B_i)-B_k(\partial_k B_i - \partial_i B_k)=\\
  &=& (B_j\partial_i B_j +B_k\partial_iB_k)-(B_j\partial_j B_i+ B_k\partial_k B_i)=\\
  &=&\frac{1}{2}(\partial_i|B|^2) -(B_j\partial_j+B_k\partial_k)B_i=\\
  &=& \frac{1}{2}(\nabla |B|^2) -(\mathbf{B}\cdot \nabla)\mathbf{B}
\end{eqnarray*}
o analogamente:
\begin{eqnarray*}
 \epsilon_{ijk} B_j(\nabla\times B)_k &=& 
 \epsilon_{ijk} B_j(\epsilon_{klm}\partial_l B_m)=\\
 &=& \epsilon_{ijk}\epsilon_{klm}(B_j\partial_l B_m)=\\
 &=& (\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}) (B_j\partial_l B_m) =\\
 &=& B_m\partial_i B_m - (B_j\partial_j) B_i=\\
&=&  \frac{1}{2}(\nabla |B|^2)_i -(\mathbf{B}\cdot \nabla)\mathbf{B}_i
\end{eqnarray*}
 
quindi:
\begin{equation}
\mathbf{B}\times(\nabla\times\mathbf{B})  = \frac{1}{2}\nabla|B|^2 -(\textbf{B}\cdot\nabla)\textbf{B}
    \label{eq:triplo}
\end{equation}

L'ultimo termine è:
\[
    \frac{\partial E}{\partial t}\times \mathbf{B} =
    \frac{\partial (\mathbf{E}\times \mathbf{B})}{\partial t} - \mathbf{E}\times\frac{\partial B}{\partial t} =\frac{\partial (\mathbf{E}\times \mathbf{B})}{\partial t}-(\mathbf{E}\times\nabla\times\mathbf{E})
\]
avendo utilizzato la II equazione di Maxwell per la dervata di B. 
Dunque:
\begin{eqnarray}
\nonumber
    \frac{\partial} {\partial t}\left[\mathbf{P}+\epsilon(\mathbf{E}\times\mathbf{B})\right]=\\
    \int{\epsilon_0\left[\mathbf{E}(\nabla\cdot\mathbf{E}) -(\mathbf{E}\times\nabla\times\mathbf{E})- c^2(\mathbf{B}\times(\nabla\times\mathbf{B}) - \mathbf{B}(\nabla\cdot\mathbf{B}))
    \right]} \;dV
    \label{eq:maxwTens1}
\end{eqnarray}
dove si è aggiunto un termine  $\mathbf{B}(\nabla\cdot\mathbf{B})=0$ per simmetrizzare.
Il primo membro, rappresenta la somma della variazione della quantità di moto meccanica e la forza esercitata del campo elettromagnetico.
Al secondo membro troviamo una quantità che possiamo scrivere come la divergenza di un tensore con l'aiuto della \ref{eq:triplo}:
\[
\mathbf{E}(\nabla\cdot\mathbf{E}) -(\mathbf{E}\times\nabla\times\mathbf{E})=\mathbf{E}(\nabla\cdot\mathbf{E}) + (\mathbf{E}\cdot\nabla)\mathbf{E} -\frac{1}{2}\nabla |E|^2 
\]
Il primo termine, lo possiamo scirvere, per componenti:
\[
E_i\partial_j E_j +E_i\partial_i E_j \equiv\partial_i(E_i E_j)
\]
in totale il secondo membro della \ref{eq:maxwTens1} è:
\begin{equation}
    \nabla_j(T_{ij})=  \nabla_j\epsilon\left[ E_iE_j - c^2 B_iB_j-\frac{1}{2}\delta_{ij}(|E|^2 +c^2|B|
^2)\right]
    \label{eq:TensoreMaxwell}
\end{equation}
che definisce il tensore di (energia-impulso) Maxwell $T_{ij}$.\\
La forza dunque è:
\[
\int{\nabla_j T_{ij}n_i \;dV} =\int{T_{ij} n_j dS}
\]
cioé il flusso del tensore di Maxwell.

\subsection{Radiazione di dipolo\label{sec:dipolo}}

\begin{figure}[ht]
    \centering
    \includegraphics[width=0.75\linewidth]{SistDipolo.jpg}
    \caption{Sistema di cariche visto da un punto P a distanza $R_0$ molto maggiore delle sue dimensioni $r$}
    \label{fig:raddipolo}
\end{figure}
Consideriamo un sistema di cariche (fig.\ref{fig:raddipolo}), in moto relativo, osservate da un punto esterno al sistema posto ad una distanza $\mathbf{R_0}$ molto maggiore della dimensione caratteristica del sistema $\mathbf{r}$.  La distanza $\mathbf{R}$ di una carica generica, sarà:
$\mathbf{R}=\mathbf{R_0}-\textbf{r}\simeq\mathbf{R_0}$, il potenziale vettore sarà:
\begin{equation}
    \mathbf{A}=\frac{\mu}{4\pi}\int{\frac{\mathbf{J}_{ret}(t)}{|\mathbf{R}|}dV}\simeq \frac{\mu}{4\pi\mathbf{R_0}}\int{\mathbf{J}_{ret}(t) dV}
\end{equation}

dove il $\mathbf{J}_{ret}$ è la densità ritardata di corrente: $\mathbf{J}\left(t-\frac{R}{c}\right)$. Visto che $|\mathbf{R_0}| \gg |\mathbf{r}|$ , allora: $R=\sqrt{R_0^2+r^2 -2\mathbf{r}\cdot\mathbf{n}}\sim R_0- \mathbf{r}\cdot\mathbf{n}$, essendo n il versore lungo la direzione di propagazione, quindi:$\mathbf{J}\left(t-\frac{R}{c}\right)
=\mathbf{J}\left(t-\frac{R_0}{c}-\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{n}}{c}\right)$
Le ipotesi in cui ci poniamo, sono che, se t è il tempo caratteristico  in cui la distribuzione di cariche cambia significativamente, allora, il tempo $\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{n}}{c}$ è all'incirca uguale al tempo che la luce impiega per attraversare l'intero sistema. Affinché in questo tempo la distribuzione di cariche non cambi, deve essere: $t \gg r/c$. Ma $ct=\lambda$, cioé la lunghezza d'onda della radiazione emessa, dunque: $\lambda\gg r$, ovvero le dimensioni del sistema devono essere molto inferiori della lunghezza d'onda emessa. in altri termini, $c\gg r/t=v$, la velocità delle cariche deve essere non relativistica. \par
In un sistema di N cariche discrete:
\[
\mathbf{A}=\frac{\mu}{4\pi R_0}\sum_{i=1}^{N}{q \mathbf{v_i}}=\frac{\mu}{4\pi R_0}\frac{d}{dt}\sum_{i=1}^{N}{q \mathbf{r_i}}=\frac{\mu}{4\pi R_0}\mathbf{\dot d}
\]
dove $\mathbf{d} $ è l dipolo elettrico totale.\par
Possiamo trovare  dalle equazioni i campi emessi, tenendo conto che per il potenziale ritardato $t'=t-R/c$, quindi 
$
\frac{\partial}{\partial R} =\frac{\partial}{\partial t'}\frac{\partial t'}{\partial R}= -\partial_{t'}/c$:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \mathbf{E}=-\mathbf{\dot A} =\frac{\mu}{4\pi           R_0}\mathbf{\ddot d}\\         
        \mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A}=-\frac{\mathbf{n}}{c}\times \mathbf{\dot A}=\frac{\mu}{4\pi c} \frac{\mathbf{\ddot d}\times\mathbf{n}}{R_0}
    \end{cases}
\end{equation}
$B=-\mathbf{n}\times \dot A/c=\mathbf{n}/c\times \mathbf{E}$, quindi è anche: $\mathbf{E}=\frac{\mu}{4\pi R_0} (\mathbf{\ddot d} \times \mathbf{n})\times \mathbf{n}$ (cfr Landau - Campi 67.6)\par
Comunque il campo emesso è proporzionale all'accelerazione delle cariche 
Il vettore di Poynting per un'onda piana è:
\begin{multline*}
S=E\times H=\\
=\frac{\mu}{16\pi^2 R_0^2 c}[(\mathbf{\ddot d } \times \mathbf{n})\times \mathbf{n}]\times(\mathbf{\ddot d }\times \mathbf{n})=\\
=\frac{\mu}{16\pi^2 R_0^2 c}
(\mathbf{\ddot d }\times \mathbf{n})^2 \mathbf{n}
\end{multline*}
avendo utilizzato lo sviluppo del triplo prodotto vettoriale con $A=C=\mathbf{\ddot d }\times \mathbf{n}$ e $B= \mathbf{n}$;   l'itensità è il flusso del vettore di poynting attraverso la superficie sferica che circonda il sistema:
\begin{multline}
I =\int{\mathbf{S}\cdot \mathbf{n}\; df}=\frac{\mu}{16\pi^2 c R_0^2}\int{(\ddot d\times \mathbf{n})^2 R^2 d\Omega}=\\
=\frac{\mu}{16\pi^2 c R_0^2}\int{(\ddot d^2\sin^2(\theta)) R^2  \sin(\theta) d\theta\int_0^\pi{d\phi}}=\\
= \frac{\mu}{16\pi^2 c}\pi\int{\ddot d^2 \sin^3(\theta) d\theta} =\\
= \frac{\mu}{16\pi c}\ddot d^2\int_0^{2\pi}{[1-\cos^2(\theta)] d \cos(\theta)}
\end{multline}
L'ultimo integrale vale:
\[
2\int_{-1}^1{1-x^2 dx}=2(x-x^3/3)|_{-1}^1=4/3
\]
quindi l'intensità della radiazione emessa è:
\[
I=\frac{\mu}{12\pi c}\ddot d^2
\]
Se consideriamo una $d=d_0 e^{i\omega t}$, è:
\[
I(\omega)=\frac{\mu d_0^2\omega^4}{12\pi c}
\]

\subsection{Soluzione delle equazioni della propagazione dei campi}
Vediamo come si arriva alla propagazione dei campi nel caso generico. Per B, partiamo del sistema di equazioni:
\begin{equation}
    \begin{cases}
        \nabla\times\mathbf{B}=\mu\mathbf{J}+\epsilon\mu\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\\
        \nabla\times\mathbf{E}=-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}\\
        \mathbf{J}=\sigma\mathbf{E}
    \end{cases}
\end{equation}

prendendo il rotore della I e sostituendo la III, 
\begin{align*}
    \nabla\times\nabla\times\mathbf{B}=
        &\mu\sigma\nabla\times\mathbf{E}+\mu\epsilon\frac{\partial (\nabla\times\mathbf{E})}{\partial t}\\
        &= \nabla(\nabla\cdot\mathbf{B}) -\nabla^2\mathbf{B}
\end{align*}

Il primo addendo dell'ultimo membro è nullo, e , sostituendo $-\mathbf{\dot B}$ al rotore di E, si ottiene
\begin{equation}
    \nabla^2\mathbf{B} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \mathbf{B}}{\partial t}-\frac{\sigma}{\epsilon c^2}\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}=0
    \label{eq:propB}
\end{equation}
Per il campo elettrico, partiamo da:
\begin{equation}
\begin{cases}
    \nabla\times\mathbf{B}=\mu\mathbf{J}+\epsilon\mu\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\\
    \nabla\times\mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}\\
    \nabla\cdot\mathbf{E}=\rho/\epsilon
\end{cases}
\end{equation}
e facciamo il rotore della II, 
\begin{align*}
    \nabla\times\nabla\times \mathbf{E}=& -\frac{\partial}{\partial t}\mu\mathbf{J}+\epsilon\mu\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\\
 & = -\left[ \mu\frac{\partial \mathbf{J}}{\partial t} + \mu\epsilon\frac{\partial^2 \mathbf{E}}{\partial t^2}  \right]\\
 & =\nabla(\nabla\cdot\mathbf{E}) -\nabla^2\mathbf{E}
\end{align*}\\
Il primo termine dell'ultimo membro è $\nabla\rho/\epsilon$, e $\mu\mathbf{\dot J}=\mu\sigma\mathbf{\dot E}$, quindi, riorganizzando i termini:
\begin{equation}
\boxed{ \nabla^2 \mathbf{E} -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \mathbf{E}}{\partial t^2} -\frac{\sigma}{\epsilon c^2}\frac{\partial E}{\partial t}=-\frac{1}{\epsilon}\nabla\rho
}
\label{eq:propE}
\end{equation}
Nel caso il mezzo in cui si propaga sia un conduttore, $\sigma\neq 0$ e $\nabla\rho=0$. Per mezzi isolanti, l'inverso.\par
Consideriamo il campo $E=E_0 e^{i(\omega t -k\cdot x)}$, e $\rho=\rho_0\frac{\partial^2 \mathbf{E}}{\partial t^2}$, la \ref{eq:propE} diventa
\[
 -k^2 +\omega^2/c^2 +\frac{i\sigma\omega}{\epsilon c^2}=-\frac{ik}{\epsilon}\rho_0/E_0
\]
Per un conduttore, diventa una relazione di dispersione:
\begin{equation}
    k^2=\omega^2/c^2 +\frac{i\sigma\omega}{\epsilon c^2}
\end{equation}
in cui, se $k=\alpha+i\beta$, $\Rightarrow  k^2=(\alpha+i\beta)(\alpha+i\beta)=\alpha^2-\beta^2+2i\alpha\beta\neq|k|^2$.\par
Dunque anche $k^2=\mathbf{k}\cdot\mathbf{k}$ è una variabile complessa e:
\[
\begin{cases}
\alpha^2-\beta^2=\frac{\omega^2}{c^2}=\epsilon\mu\omega^2\\
2\alpha\beta =\frac{\sigma\omega}{\epsilon c^2} =\mu\sigma\omega
\end{cases}
\]
quindi: $\alpha^2 =\omega^2 \mu\epsilon +\beta^2$, sostituendo in $\alpha^2\beta^2 =(\mu\sigma\omega/2)^2$, 
\[
\beta^2(\mu\epsilon\omega^2+\beta^2)=\left(\frac{\mu\sigma\omega}{2}\right)^2
\]
che è un'equazione di II grado in $ \beta^2$ , dunque:
\begin{align*}
\beta^2=&-\frac{\omega^2 \mu\epsilon}{2}\pm \frac{1}{2}  \sqrt{\left(\omega^2 \mu\epsilon\right)^2 +(\omega\mu\sigma)^2}=\\
&=\frac{\omega^2 \mu\epsilon}{2}\pm \frac{\omega^2\mu\epsilon}{2}  \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\epsilon\omega}\right)^2}
\end{align*}
ed in fine, scartando le soluzioni negative:
\[
  [ \alpha,  \beta ] =\omega\sqrt{\frac{\epsilon\mu}{2}}\left[ \sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\epsilon\omega}\right)^2} \pm 1 \right]^{1/2}
\]
La parte immaginaria, $\beta$, risulta in un'attenuazione esponenziale dell'onda, che porta a definire una skin depth $\delta\propto 1/\beta$, \par
Nel caso di un materiale conduttore, $\sigma \gg \epsilon\omega$, quindi 
\[
\beta \simeq \omega (\epsilon\mu/2)^{1/2}(\sigma/\epsilon\omega)^{1/2}=(\sigma\omega/2)^{1/2}(\mu/\epsilon)^{1/2} 
\]
quindi la  skin depth è $\delta=\sqrt{2/(\sigma\omega Z^2)}$, dove $Z=\sqrt{\mu/\epsilon}$ è l'impedenza del mezzo. Sicché il campo penetra meno per alte frequenze e buone conducibilità.

Se $E=(E(z,t), 0, 0)$, $E(z, t)=E_0 e^{i(\omega t - kz)}$, 
\[
\nabla\times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}
\]
diventa:
\begin{equation}
 \dot B_y=i\omega B_ye^{i(\omega t-kz)}=ikE_0e^{i(\omega t-\alpha z)} e^{-\beta z}
\label{eq:BvsE}
\end{equation}
e 
\[
\nabla\times\mathbf{B}=
\begin{pmatrix}
    i&j&k\\
    \partial_x&\partial_y&\partial_z\\
    B_x,&By &0
\end{pmatrix}
= -i k B_y\mathbf{\hat i}=
\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = \frac{1}{c^2}i \omega E_x 
\]
da cui $k|B|/(\omega/c^2) |E|\Rightarrow |B|=ck/kc^2 |E|$, quindi $|B|=|E|/c$, nel caso di mezzi non dispersivi per cui $\omega=ck$, nel caso generico, 
\[
\frac{|k|}{\omega} =\frac{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}{\omega}= \left[ \epsilon \mu\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\epsilon\omega}\right)^2} \right]^{1/2} = \frac{B_0}{E_0}\]
Per $\sigma \gg \epsilon\omega  \Rightarrow B/E=\sqrt{\mu\sigma/\omega}$  cioè il campo magnetico prevale sul campo elettrico quando $\omega <\mu\sigma$. 
Inoltre, se $k=Ke^{i\phi}$, la \ref{eq:BvsE} ci dice che $B_y = Ke^{i\phi}/\omega E_x$, ovvero, che il campo elettrico e quello magnetico sono sfasati e la fase è $\phi=\arctan{\sqrt{\beta/\alpha}}$. 
Dunque:
\[
\frac{B}{E}= \left[ \frac{1}{v^2}\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\epsilon\omega}\right)^2} \right]^{1/2} e^{i\phi}\Rightarrow \frac{H}{E}=\frac{e^{i\phi}}{v\mu}\left[ 1+\left(\frac{\sigma}{\epsilon\omega}\right)^2  \right]^{1/4}
\]
dove $v\mu=\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}=Z$.  Nel caso di un dielettrico, quindi, \[\frac{H}{E} =\frac{1}{Z}\]essendo $\phi=0$ perché $\beta\rightarrow 0$. Da notare cha anche il vuoto ha un'impedenza caratteristica $\sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}=\left[4\pi\cdot 10^{-7}/8.85\cdot 10^{-12}\right]^{1/2}=377\Omega$ \par
Per un conduttore: $\sigma/\epsilon\omega \gg 1$, quindi
$\beta/\alpha \rightarrow  1$ e $\phi=\pi/4$, 
\[
\frac{H}{E}=\frac{e^{i\pi/4}}{Z}\sqrt{\frac{\sigma}{\epsilon\omega}}=\frac{e^{i\pi/4}}{Z\sqrt{2\epsilon}} \delta \sigma
\]
\subsection{Propagazione delle onde EM attraverso la superficie di separazione fra due mezzi}

\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\linewidth]{SnellEM.png}
\caption{Coordinate ed angoli per la propagazione attraverso la separazione fra due mezzi: l'indice i sta per "incidente", r per "riflesso" e t per "trasmesso"}
    \label{fig:Snell}
\end{figure}

Consideriamo un onda elettromagnetica che si propaga nel piano XZ ed in 0 incide sulla superficie di separazione fra mezzi differrenti, che giace nel piano XY. L'onda è polarizzata nel piano XY. Se con l'indice I identifichiamo le quantità relative all'onda incidente, R quelle dell'onda riflessa e T quella trasmessa, avremo per I e T:
\begin{equation}
    \begin{cases}
       \mathbf{E}_I(\mathbf{r}, t)=E_{0I}s^{i(\omega t -\mathbf{k}_I\cdot \mathbf{r})}\\
        \mathbf{B_I}(\mathbf{r}, t) =\frac{1}{v_1} \mathbf{\hat k}_I\times \mathbf{E}_I
    \end{cases}
\begin{cases}
       \mathbf{E_T}(\mathbf{r}, t)=E_{0T}s^{i(\omega t -\mathbf{k}_T\cdot \mathbf{r})}\\
        \mathbf{B_T}(\mathbf{r}, t) =\frac{1}{v_2} \mathbf{\hat k}_T\times \mathbf{E_T}
    \end{cases}
    \label{eq:snell_camppi}
    \end{equation}
dove le velocità di propagazione $v_{1,2}=(\epsilon\mu)^{-1/2}$ sono diverse nei due mezzi.
L'equazione delle onde, applicata a questi campi, dà le relazioni di dispersione: $\omega=v_x k$, quindi $k_I =k_R=\frac{\omega}{v_1}$ e $k_T =\frac{\omega}{v_2}$.  Nel punto in cui incide, $\omega$ è la stessa per le tre onde, quindi:
$v_1k_I=v_1k_R=v_2 k_T$, per cui $k_T=k_I v_1/v_2$. Nel medesimo punto dovrà essere:
\[
E_{0I}s^{i(\omega t -\mathbf{k}_I\cdot \mathbf{r})} + E_{0R}s^{i(\omega t -\mathbf{k}_R\cdot \mathbf{r})}= E_{0T}s^{i(\omega t -\mathbf{k}_T\cdot \mathbf{r})}
\]
La dipendenza dalle coordinate è confinata negli esponenti, quindi dovrà essere:
\[
\mathbf{k}_T\cdot \mathbf{r}=\mathbf{k}_I\cdot \mathbf{r}=\mathbf{k}_R\cdot \mathbf{r}
\]
a z=0, questo equivale a:
\[
k_I^x x+k_I^y y=k_R^x x+k_R^y y=k_T^x x+k_T^y y
\]
E ciò può avvenire solo se le tre componenti x e le tre compnenti y di k sono uguali fra loro separatamente, per x=0 e y=0. , se come in figura \ref{fig:snell}, $k_I$t è nel piano zx, allora anche $k_R$ e  $k_T$
 saranno nello stesso piano, inoltre, siccome $k^x_* = k_* \sin{\theta_*}$è:
 \begin{equation}
     k_I \sin{\theta_I}=k_R \sin{\theta_R}=k_T \sin{\theta_T}
     \label{eq:snell_0}
 \end{equation}
 che,  tenuto conto che $k_I =k_R=\frac{\omega}{v_1}$ e $k_T =\frac{\omega}{v_2}$, ci porta a scrivere:
 \begin{equation}
    \sin{\theta_I}=\sin{\theta_R}=\frac{v_1}{v_2}\sin{\theta_T}
    \label{eq:snell}
 \end{equation}
La prima uguaglianza esprime la legge della riflessione, ovvero che sono uguali gli angoli di incidenza e riflessione, la seconda puo essere scritta come:
\begin{equation}
    \frac{\sin{\theta_T}}{\sin{\theta_I}}=\frac{n_1}{n_2}
\label{eq:legge-rifrazione}
\end{equation}
dove $n_i=(\epsilon\mu/\epsilon_0\mu_0)^{1/2}$ sono gli indici di rifrazione nei due mezzi.\par
Applicando la continuità dei campi sulla superficie di separazione possiamo ricavare i coefficienti di riflessione e trasmissione.  Ricordiamo che in tale caso il campo elettrico parallelo  ala superficie di separazione si conserva.


\subsection{Teorema di Poynting nei mezzi dispersivi}

Se vogliamo calcolare di quanto cambia l'energia di un corpo in presenza di un campo elettromagnetico, nell'unità di tempo e di volume, questa è data dalla \ref{eq:divPoynting} nel caso in cui  il sistema sia in equilibrio con la radiazione incidente, allora :
\begin{equation}
-\nabla\cdot\mathbf{S} =\frac{1}{2}\left( \mathbf{E}\cdot\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} +\mathbf{H}\cdot\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}\right)
\label{eq:equilibrioS}    
\end{equation}

In un mezzo non dispersivo, il secondo membro è la derivata di 
\[
U=1/2 (\epsilon |\mathbf{E}|^2 +\mu|\mathbf {B}|^2)
\]
che è la differenza di energia interna  con e senza campo. Se il mezzo e dispersivo, non si può più dare questa interpertazione perché parte dell'energia viene dissipata.
Per stimare la  , quantità di energia dissipata, prendiamo campi oscillanti, come: $E=E_0 e^{i(\omega t - k\cdot x)}$ e analogamente con $B$. La media su diversi periodi, della \ref{eq:equilibrioS} è  il flusso di energia che arriva sul sistema che mantiene l'equilibrio con il campo e compensa la dissipazione, ovvero la quantità di calore Q per unità di tempo e di volume.
Siccome la \ref{eq:equilibrioS} è quadratica nei campi,  dobbiamo rendere tutte le quantità reali, quindi, ad E va sostituita $1/2(E^*+E)$, 
\begin{align*}
\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} \rightarrow& \frac{1}{2}\left( \frac{\partial \mathbf{D^*}}{\partial t}+ \frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t}\right) =\\
    &= \left[-i\omega\epsilon^* E^*+i\omega\epsilon E\right]
\end{align*}
e analogamente B e H...
Quando si fanno i prodotti $(E+E^*)(\dot D+\dot D^*)$, le componenti $E \dot D$ e $E^* \dot D^*$ conterranno un fattore $e^{\pm 2i\omega t}$ che è a media nulla su un numero intero, o grande, di periodi. Quindi, rimangono solo i termini misti.\\
Se scriviamo $\epsilon=\epsilon' +i\epsilon''$ e  $\mu=\mu'+i\mu''$, allora, possiamo scrivere
\[
Q=\frac{1}{T}\frac{i\omega}{4}\int{(\epsilon^* -\epsilon)E^*\cdot E +(\mu^* -\mu)H^*\cdot H\;dt}
\]
che, integrato su un periodo, e con $\epsilon^*-\epsilon=2i\epsilon'' $, dà:
\[
Q=\frac{\omega}{2}\left(\epsilon''(\omega)\langle E^2\rangle
+\mu''(\omega)\langle H^2   \rangle\right)
\]
Come si vede, la dissipazione  dipende dalla  parte immaginaria delle $\epsilon $ e $ \mu$.  In questa espressione si è implicitamente fatta l'ipotesi che l'onda sia monocromatica, e quindi che $\epsilon$ e $ \mu$ non cambino. Se consideriamo una radiazione la cui intensità varii nel tempo lentamente, possiamo scriverla come una funzione in cui la frequenza è modulata attorno ad un valor medio $\omega_0$ 
\[
    E= \left(E_{0\alpha} e^{i\alpha t}\right)e^{i\omega_0 t}=E_0 e^{i\omega t}\qquad \alpha \ll\omega_0
\]
e possiamo sviluppare D e la sua derivata in serie di Taylor
\begin{align*}
E=E_{0\alpha}(1+i\alpha)e^{(\omega+\alpha)t}=&E_{0}(1+i\alpha)e^{i\omega t}\\
D=\epsilon E =&\epsilon(\omega) E_{0\alpha}e^{i\omega t}\\
\dot D= \frac{d}{dt}(\epsilon E_{0\alpha}e^{i\omega t})
\end{align*}
Seguendo [Landau - Elettrodinamica di mezzi continui \S 80], definiamo un operatore $\hat f$, tale che $\partial_t(\epsilon \mathbf{E})=\hat f \mathbf{E}$. Se $E_0$ è costante $\hat f E = \partial_t(\epsilon E_0 e^{i\omega t}) = i\omega\epsilon E_0 e^{i\omega t}= f(\omega)E$, avendo definito $f(\omega)=i\omega\epsilon$.
Quando sviluppiamo E come sopra, siccome $\alpha\ll\omega_0$, allora: 
\[
\hat f (E_{0\alpha} e^{i(\omega+\alpha) t}) =f(\omega+\alpha)E_{0\alpha} e^{i(\omega+\alpha) t}\simeq \left[f(\omega_o)+\alpha\frac{df(\omega)}{d\omega}\right]E_{0\alpha}e^{i(\omega+\alpha)t}
\]
considerato che $\alpha E_{0\alpha}e^{i\alpha t}=-i\frac{dE_0}{dt}$ e 
\[\frac{df(\omega)}{d\omega}E=\frac{d}{d\omega} \partial_t \epsilon E_0 e^{i\omega t}=\frac{d}{d\omega}i\omega \epsilon\frac{dE_0}{dt} e^{i\omega t}
\] 
\[
\frac{\partial D}{\partial t}=\hat f E_0 e^{i\omega t}=i\omega\epsilon E +\frac{d(\omega\epsilon)}{d\omega}\frac{dE_0}{dt}e^{i\omega t}
\]

Sostituendo nella \ref{eq:equilibrioS} e,  trascurando la  parte immaginaria, che comunque andrebbe a 0 nella media: 
\[
\mathbf{E^*}\cdot\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} =\frac{1}{2}\left( \frac{d(\omega\epsilon)}{d\omega}\frac{d E^*\cdot E}{dt}\right)
\]
e quindi 
\[
\bar U =\frac{1}{2}\left( \frac{d(\omega\epsilon)}{d\omega }|E|^2+\frac{d(\omega\mu)}{d\omega} |H|^2\right)
\]
Se non c'è dispersione, $\epsilon$  e $\mu$ non dipendono da $\omega$ e le derivate li restituiscono intonsi, Se si interrompe il flusso di energia, la potenza non si annulla immediatamente e continua finché non converte tutta $\bar U$ in calore.\par
Siccome la variazione di entropia è positiva,  $\delta Q/T >0$, che implica $\bar U>0 $, allora anche le derivate di $\omega\mu$ e $\omega\epsilon$ sono positive.\par
In modo sostanzialmente analogo si può ricavare il tensore degli sforrzi elettromagnetici, nel caso di mezzi dispersivi (cfr. Landau - teoria dei campi \S 81).