Как увидеть, что E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} является полной производной?

Question

Как увидеть, что E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} является полной производной?

Пингвин

С $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ является Лоренц-инвариантом электромагнитных полей, кажется интересным подключиться к лагранжиану, чтобы посмотреть, что произойдет. Однако в конечном итоге это исчезает, и мне сказали, что это должно быть очевидно, потому что это полная производная.

Однако это не очевидно для меня. Есть ли простой способ увидеть это

\frac{1}{2} ϵ_{α β γ дельта} Ф^{α β} Ф^{γ дельта} "=" - \frac{4}{с} (Б \cdot Е)

$\frac{1}{2}\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\alpha\beta} F^{\gamma\delta} = - \frac{4}{c}\left( \mathbf{B} \cdot \mathbf{E} \right)$

на самом деле полная производная?

Я также был бы признателен, если бы кто-нибудь мог показать, от чего это производная, чтобы я мог разработать производную, чтобы помочь ей проникнуться.

Рамка

Если вы знаете дифференциальные формы,

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ можно записать как

F \land F

$F\wedge F$ . Тогда вы легко обнаружите, что его можно записать как

d (A \land F)

$d(A\wedge F)$ где

F = d A

$F=dA$ . Это точно такое же объяснение, что и у Хавьера.

Пингвин

@Minkyu Я не разбираюсь в дифференциальных формах, поэтому я не видел этого как

F \land F

$F \wedge F$ , но с

F = d A

$F=dA$ и личность

d F = d d A = 0

$dF = ddA = 0$ , результат довольно прямолинеен. Теперь я понимаю, почему это было бы очевидно для тех, кто свободно разбирается в дифференциальных формах. Спасибо!

Рамка

Я должен сказать, что то, что я написал выше, не совсем совпадает с ответом Хавьера после того, как я осознал проблему, упомянутую Шоном Э. Лейком. Но мой комментарий остается в силе после исправления манометра, упомянутого Шоном Э. Лейком.

Шон Э. Лейк

@Minkyu Minkyu Я не могу комментировать дифференциальную геометрию - я в этом не разбираюсь (пока). Могу сказать, что пост Хавьера делает фиксацию манометра ненужной, просто удобной. То есть он показывает, что часть скалярного потенциала обращается в нуль, и это все еще работает даже за пределами калибровки Вейля.

Аннибале

@Minkyu, лучшая причина не помещать этот член в лагранжиан не потому, что он является полной производной, а потому, что он является псевдоскаляром, поэтому в конечном итоге ваше действие 1) если содержит только этот член, не является инвариантным относительно симметрии преобразование (

x \to - x

$x\rightarrow -x$ ), но меняет только его знак 2) если содержит другие члены, которые являются действительными скалярами, он имеет неясные свойства преобразования при симметрии и может сильно измениться

Пингвин

@Minkyu Можете ли вы опубликовать свой комментарий в качестве ответа, чтобы я мог его принять? Это действительно кажется лучшим ответом. Он настолько короткий и приятный, что действительно показывает, почему это может быть «очевидным» для некоторых людей, и объясняет «магию», стоящую за тем, что происходит при манипуляциях с другими ответами.

Рамка

@PPenguin Я просто публикую ответ. Надеюсь, это поможет вам.

БаддиДжон

Связанный вопрос об ЭБ в лагранжевой физике.stackexchange.com /questions/7907/…

Ответы (3)

Как увидеть, что E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} является полной производной?

Если вы знаете дифференциальные формы, $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ можно записать как $F\wedge F$ . Тогда вы легко обнаружите, что его можно записать как $d(A\wedge F)$ где $F=dA$ . Это точно такое же объяснение, что и у Хавьера.
@Minkyu Я не разбираюсь в дифференциальных формах, поэтому я не видел этого как $F \wedge F$ , но с $F=dA$ и личность $dF = ddA = 0$ , результат довольно прямолинеен. Теперь я понимаю, почему это было бы очевидно для тех, кто свободно разбирается в дифференциальных формах. Спасибо!
Я должен сказать, что то, что я написал выше, не совсем совпадает с ответом Хавьера после того, как я осознал проблему, упомянутую Шоном Э. Лейком. Но мой комментарий остается в силе после исправления манометра, упомянутого Шоном Э. Лейком.
@Minkyu Minkyu Я не могу комментировать дифференциальную геометрию - я в этом не разбираюсь (пока). Могу сказать, что пост Хавьера делает фиксацию манометра ненужной, просто удобной. То есть он показывает, что часть скалярного потенциала обращается в нуль, и это все еще работает даже за пределами калибровки Вейля.
@Minkyu, лучшая причина не помещать этот член в лагранжиан не потому, что он является полной производной, а потому, что он является псевдоскаляром, поэтому в конечном итоге ваше действие 1) если содержит только этот член, не является инвариантным относительно симметрии преобразование ( $x\rightarrow -x$ ), но меняет только его знак 2) если содержит другие члены, которые являются действительными скалярами, он имеет неясные свойства преобразования при симметрии и может сильно измениться
@Minkyu Можете ли вы опубликовать свой комментарий в качестве ответа, чтобы я мог его принять? Это действительно кажется лучшим ответом. Он настолько короткий и приятный, что действительно показывает, почему это может быть «очевидным» для некоторых людей, и объясняет «магию», стоящую за тем, что происходит при манипуляциях с другими ответами.
@PPenguin Я просто публикую ответ. Надеюсь, это поможет вам.
Связанный вопрос об ЭБ в лагранжевой физике.stackexchange.com /questions/7907/…

Пингвин · Answer 1

Для полноты приведем версию тензорной записи.

Первая переписка:

(Е \cdot Б) \propto ϵ_{α β γ дельта} Ф^{α β} Ф^{γ дельта} "=" ϵ_{α β γ дельта} (\partial^{α} А^{β} - \partial^{β} А^{α}) Ф^{γ дельта} "=" 2 ϵ_{α β γ дельта} (\partial^{α} А^{β}) Ф^{γ дельта}

$(\mathbf{E}\cdot\mathbf{B})\ \propto \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\alpha\beta} F^{\gamma\delta} = \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left( \partial^\alpha A^\beta - \partial^\beta A^\alpha \right)F^{\gamma\delta} = 2 \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) F^{\gamma\delta}$

где последний шаг использует перемаркировку и антисимметрию $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ .

Сходным образом

ϵ_{α β γ дельта} (\partial^{α} А^{β}) Ф^{γ дельта} "=" 2 ϵ_{α β γ дельта} (\partial^{α} А^{β}) (\partial^{γ} А^{дельта}) .

$\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) F^{\gamma\delta} = 2 \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) \left(\partial^\gamma A^\delta \right).$

Теперь переместим одну из производных на передний план

ϵ_{α β γ дельта} (\partial^{α} А^{β}) (\partial^{γ} А^{дельта}) "=" \partial^{α} (ϵ_{α β γ дельта} А^{β} (\partial^{γ} А^{дельта})) - ϵ_{α β γ дельта} А^{β} (\partial^{α} \partial^{γ} А^{дельта})

$\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) \left(\partial^\gamma A^\delta \right) = \partial^\alpha \left( \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\gamma A^\delta \right)\right) - \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\alpha \partial^\gamma A^\delta \right)$

и обратите внимание, что последний член равен нулю, потому что производные коммутируют и, следовательно, симметричны по этим меткам, в то время как $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ является антисимметричным.

Все вместе это дает:

(Е \cdot Б) \propto \partial^{α} (ϵ_{α β γ дельта} А^{β} (\partial^{γ} А^{дельта}))

$(\mathbf{E}\cdot\mathbf{B})\ \propto \ \partial^\alpha \left( \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\gamma A^\delta \right)\right)$

Рамка · Answer 2

Первое замечание, что вы можете переписать $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ как

Е \cdot Б \propto Ф \land Ф

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F$ используя напряженность поля

2

$2$ -форма

F

$F$ где

E

$\mathbf{E}$ и

B

$\mathbf{B}$ определяются как

\begin{aligned} Ф_{0 я} & "=" Е_{я}, \\ Ф_{я Дж} & "=" ϵ_{я Дж к} Б_{к} . \end{aligned}

$\begin{align} F_{0i}&=E_i ,\\ F_{ij}&=\epsilon_{ijk}B_k. \end{align}$ В частности,

\begin{aligned} Ф \land Ф & "=" \frac{1}{4} Ф_{мю ν} Ф_{р о} д {Икс}^{мю} \land д {Икс}^{ν} \land д {Икс}^{р} \land д {Икс}^{о} \\ "=" - \frac{1}{4} ϵ^{мю ν р о} Ф_{мю ν} Ф_{р о} об. \\ \propto ϵ^{я Дж к} Ф_{0 я} Ф_{Дж к} "=" Е \cdot Б . \end{aligned}

$\begin{align} F\wedge F&=\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}\, dx^\mu\wedge dx^\nu\wedge dx^\rho\wedge dx^\sigma \\ &=-\frac{1}{4}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}\,\text{vol.}\\ &\propto \epsilon^{ijk}F_{0i}F_{jk}=\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}. \end{align}$ Тогда легко показать, что

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ является полной производной с использованием

F = d A

$F=dA$ , т.е.

Е \cdot Б \propto Ф \land Ф "=" г (А \land Ф) .

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F=d(A\wedge F).$

В качестве побочного комментария, $F\wedge F$ содержит объемную форму, но отсутствует в $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ . Так что правильно писать

\int д^{4} Икс Е \cdot Б \propto \int Ф \land Ф .

$\int d^4x \,\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto\int F\wedge F.$

Шон Э. Лейк · Answer 3

Самый простой способ проверить $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ состоит в том, чтобы рассматривать поля с точки зрения векторного потенциала в калибровке Вейля , где $A^0=0$ . В этом манометре вы получаете:

\begin{aligned} Е & "=" - \frac{\partial А}{\partial т}, а н г \\ Б & "=" \nabla \times А . \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E} &= - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},\ \mathrm{and} \\ \mathbf{B} &= \nabla \times \mathbf{A}. \end{align}$

Таким образом вы получаете:

\begin{aligned} Е \cdot Б & "=" - ϵ_{я Дж к} \frac{\partial А_{я}}{\partial т} (\frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} &= -\epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \end{align}$ Теперь рассмотрим пространственно-временной интеграл этой величины:

\begin{aligned} \int Е \cdot Б д {Икс}^{4} & "=" - \int ϵ_{я Дж к} \frac{\partial А_{я}}{\partial т} (\frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) д {Икс}^{4} \\ "=" \int [- \frac{\partial}{\partial т} (ϵ_{я Дж к} А_{я} \frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) + ϵ_{я Дж к} А_{я} \frac{\partial^{2} А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж} \partial т}] д {Икс}^{4} & я н т е г р а т е б у п а р т с я н т \\ "=" \int [- \frac{\partial}{\partial т} (ϵ_{я Дж к} А_{я} \frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) + \frac{\partial}{\partial {Икс}_{Дж}} (ϵ_{я Дж к} А_{я} \frac{\partial А_{к}}{\partial т}) - ϵ_{я Дж к} \frac{\partial А_{к}}{\partial т} (\frac{\partial А_{я}}{\partial {Икс}_{Дж}})] д {Икс}^{4} & я н т е г р а т е б у п а р т с я н с п а с е \\ "=" - \int ϵ_{к Дж я} \frac{\partial А_{я}}{\partial т} (\frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) д {Икс}^{4} & г р о п с ты р ф а с е т е р м с \\ а н г р е л а б е л г ты м м у в а р я а б л е с \\ "=" \int ϵ_{я Дж к} \frac{\partial А_{я}}{\partial т} (\frac{\partial А_{к}}{\partial {Икс}_{Дж}}) д {Икс}^{4} & е Икс с час а н г е я н г я с е с о ф ϵ \end{aligned}

$\begin{align} \int \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} \operatorname{d}x^4 & = -\int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial^2 A_k}{\partial x_j \partial t} \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ }t \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \frac{\partial }{\partial x_j} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial t}\right) - \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_k}{\partial t} \left(\frac{\partial A_i}{\partial x_j}\right) \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ space} \\ & = -\int \epsilon_{kji}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{drop\ surface\ terms} \\ &&& \mathrm{and\ relabel\ dummy\ variables} \\ & = \int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{exchange\ indices\ of\ }\epsilon \end{align}$ Обратите внимание, что мы только что доказали, что интеграл равен минус самому себе и, следовательно, должен обращаться в нуль, если исчезают поверхностные члены.

+1 Я никогда раньше не слышал о датчике Вейля; теперь я знаю!

Как увидеть, что E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} является полной производной?

Пингвин

Рамка

Пингвин

Рамка

Шон Э. Лейк

Аннибале

Пингвин

Рамка

БаддиДжон

Ответы (3)

Пингвин

Рамка

Шон Э. Лейк

Селена Рутли

Тензор энергии-импульса для электромагнетизма в искривленном пространстве

Гамильтонов формализм массивного векторного поля

Канонический формализм в координатах светового конуса

Лагранжиан скалярного поля в искривленном пространстве-времени

Уравнения Максвелла из уравнения Эйлера-Лагранжа: я продолжаю получать неправильное уравнение

Что такое лагранжиан уравнения Паули?

Конформная инвариантность действия электромагнитного поля

Эквивалентна ли эта теория КЭД?

Нахождение энергии решения уравнения Синус-Гордон

Вопрос о выводе лагранжиана 1-го порядка в формализме Фаддеева-Жаккова