Фундаментальные инварианты электромагнитного поля

Question

Фундаментальные инварианты электромагнитного поля

Эмилио Писанти

Стандартным упражнением в релятивистской электродинамике является показать, что тензор электромагнитного поля $F_{\mu\nu}$ , компоненты которого равны электрическому $E^i=cF^{i0}$ и магнитный $B_i=-\frac12\epsilon_{ijk}F^{jk}$ полей в взятой системе отсчета, имеет две лоренц-инвариантные величины,

\frac{1}{2} Ф^{мю ν} Ф_{мю ν} знак равно Б^{2} - Е^{2}

$\frac12F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=\mathbf{B}^2-\mathbf{E}^2$ а также

\frac{1}{4} Ф_{мю ν}^{*} Ф^{мю ν} знак равно \frac{1}{4} ϵ^{мю ν α β} Ф_{мю ν} Ф_{α β} знак равно Б \cdot Е .

$\frac14F_{\mu\nu} {}^\ast F^{\mu\nu}=\frac14\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta }F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}.$

Однако есть еще одна статья в Википедии , в которой говорится, что эти две величины являются фундаментальными в том смысле, что любой другой инвариант этого тензора должен быть функцией этих двух. Хотя я нахожу это правдоподобным, я никогда не видел доказательства этого факта, и оно отсутствует, например, у Джексона. Есть ли простое доказательство этого факта? Меня особенно интересуют инварианты более высокого порядка, но я также хотел бы, чтобы ответы включали доказательство того, что это единственные два билинейных.

Чтобы быть более точным, я хотел бы увидеть доказательство того, что

Любая функция $I:F_{\mu\nu}\mapsto I(F)\in\mathbb{R}$ который переводит тензоры электромагнитного поля в действительные скаляры и является лоренц-инвариантным (т.е. $I(\Lambda_{\mu}^\alpha \Lambda_{\nu}^\beta F_{\alpha\beta})= I(F_{\mu\nu})$ для всех преобразований Лоренца) должна быть функцией $I(F)=I'(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu},F_{\mu\nu}\ {}^\ast F^{\mu\nu})$ из двух основных инвариантов, описанных выше.

Если есть несколько способов получить этот результат, я также был бы признателен за комментарии о том, как они соотносятся друг с другом.

Тримок

@НижанковскиВ. : Вопрос об инвариантах высокого порядка (кубический, квартический и т.д.).

Тримок

@EmilioPisanty: Интересно, есть ли связь с тем фактом, что количество независимых операторов Казимира зависит только от группы симметрии, в данном случае группы Пуанкаре, и не зависит от представления. А мы знаем, что для группы Пуанкаре есть только 2 независимых Казимира...

Эмилио Писанти

@Trimok Хотя в этом может быть что-то, любое такое объяснение должно либо (а) учитывать двухтензорность и асимметрию

F

$F$ , или (b) также дают строго два независимых инварианта для тензоров любого ранга и симметрии. Хотя это и не неправдоподобно, (b) звучит для меня маловероятно, тогда как (a) звучит немного не так.

пользователь34134

Возможно, они не используют всю общность, которую вы, кажется, ищете, но проверяли ли вы arXiv:1309.4185 ?

Qмеханик

Комментарии к вопросу (v3): (i) Возможно, можно было бы явно указать, что действительные скаляры также должны быть калибровочно-инвариантными (помимо инвариантности Лоренца), чтобы исключить, например,

A_{μ} A^{μ}

$A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) Как насчет пространственно-временных производных от

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ ? Должны ли они быть разрешены? Например

F_{μ ν} ◻ F^{μ ν}

$F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ ,

\partial_{λ} F_{μ ν} \partial^{λ} F^{μ ν}

$\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , так далее? (iii) Как насчет других измерений, кроме 4D?

больбтеппа

Собственные значения являются инвариантами, найдите собственные значения

F_{ν}^{μ}

$F^{\mu}_{\nu}$ путем вычисления характеристического уравнения

det (F_{ν}^{μ} - λ δ_{ν}^{μ}) = 0

$\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , коэффициенты характеристического многочлена отражают оба выражения (и по теореме Виета выражаются через собственные значения, следовательно, инвариантны), Даларссон, сек. 15.3.

тпаркер

@Qmechanic В вопросе явно задаются функции

F_{μ ν}

$F_{\mu \nu}$ и не упоминает калибровочный потенциал. Действительно, он допускает возможность того, что

F

$F$ форма не замкнута, и в этом случае не существует понятия (ни локального, ни глобального) калибровочного потенциала.

тпаркер

@bolbteppa Собственные значения инвариантны при ортогональных преобразованиях, а не при преобразованиях Лоренца.

Ответы (6)

Фундаментальные инварианты электромагнитного поля

@НижанковскиВ. : Вопрос об инвариантах высокого порядка (кубический, квартический и т.д.).
@EmilioPisanty: Интересно, есть ли связь с тем фактом, что количество независимых операторов Казимира зависит только от группы симметрии, в данном случае группы Пуанкаре, и не зависит от представления. А мы знаем, что для группы Пуанкаре есть только 2 независимых Казимира...
@Trimok Хотя в этом может быть что-то, любое такое объяснение должно либо (а) учитывать двухтензорность и асимметрию $F$ , или (b) также дают строго два независимых инварианта для тензоров любого ранга и симметрии. Хотя это и не неправдоподобно, (b) звучит для меня маловероятно, тогда как (a) звучит немного не так.
Возможно, они не используют всю общность, которую вы, кажется, ищете, но проверяли ли вы arXiv:1309.4185 ?
Комментарии к вопросу (v3): (i) Возможно, можно было бы явно указать, что действительные скаляры также должны быть калибровочно-инвариантными (помимо инвариантности Лоренца), чтобы исключить, например, $A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) Как насчет пространственно-временных производных от $F_{\mu\nu}$ ? Должны ли они быть разрешены? Например $F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ , $\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , так далее? (iii) Как насчет других измерений, кроме 4D?
Собственные значения являются инвариантами, найдите собственные значения $F^{\mu}_{\nu}$ путем вычисления характеристического уравнения $\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , коэффициенты характеристического многочлена отражают оба выражения (и по теореме Виета выражаются через собственные значения, следовательно, инвариантны), Даларссон, сек. 15.3.
@Qmechanic В вопросе явно задаются функции $F_{\mu \nu}$ и не упоминает калибровочный потенциал. Действительно, он допускает возможность того, что $F$ форма не замкнута, и в этом случае не существует понятия (ни локального, ни глобального) калибровочного потенциала.
@bolbteppa Собственные значения инвариантны при ортогональных преобразованиях, а не при преобразованиях Лоренца.

пользователь 23660 · Answer 1

Вот доказательство, взятое из «Классической теории поля» Ландау и Лифшица:

Возьмем комплексный (3)-вектор:

Ф знак равно Е + я Б .

$\mathbf{F} = \mathbf{E}+i\, \mathbf{B}.$ Теперь рассмотрим поведение этого вектора при преобразованиях Лоренца. Легко показать, что лоренцевы бусты соответствуют поворотам на мнимые углы, например бустинг в

(x, t)

$(x,t)$ самолет:

\begin{matrix} Ф_{Икс} знак равно Ф_{Икс}^{'}, \\ Ф_{у} знак равно Ф_{у}^{'} чушь ψ - я Ф_{г}^{'} грех ψ знак равно Ф_{у}^{'} потому что я ψ - Ф_{г}^{'} грех я ψ . \\ Ф_{г} знак равно Ф_{г}^{'} потому что я ψ + Ф_{у}^{'} грех я ψ, \end{matrix}

$\begin{gather} F_x=F'_x,\\ F_y = F'_y \cosh \psi - i F'_z \sinh \psi = F'_y \cos i \psi - F'_z \sin i \psi. \\ F_z = F'_z \cos i \psi + F'_y \sin i \psi, \end{gather}$ куда

\tanh ψ = \frac{v}{c}

$\tanh \psi = \frac{v}c$ , соответствуют вращению

F

$\mathbf{F}$ через воображаемый угол

i ψ

$i \psi$ в

(y, z)

$(y,z)$ самолет.

В целом множество всех преобразований Лоренца (включая и чисто пространственные повороты) эквивалентно множеству всех возможных поворотов на комплексные углы в трехмерном пространстве (где шесть углов поворота в четырехмерном пространстве соответствуют трем комплексным углам вращения трехмерной системы).

Единственным инвариантом вектора относительно вращения является его квадрат: $\mathbf{F}^2 = E^2 - B^2 + 2 i (\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ таким образом, реальные количества $E^2-B^2$ а также $(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ являются единственными двумя независимыми инвариантами тензора $F_{\mu\nu}$ .

Итак, по существу, мы сводим проблему инварианта $F_{\mu\nu}$ при преобразовании Лоренца к инвариантам 3-вектора относительно поворотов, который является квадратом вектора (и только его). Итак, любой инвариант $I(F)$ должна быть функция $\Re(F^2)$ а также $\Im(F^2)$ .

пользователь 23660 · Answer 2

Вот еще одно доказательство.

Предположим, что существует другой инвариант $I_3$ функционально независимо от $I_1= E^2-B^2$ а также $I_2=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}$ . Это будет означать, что

Есть пары векторов $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ а также $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , которые имеют одинаковые $I_1$ а также $I_2$ но которые не могут быть превращены друг в друга каким-либо преобразованием Лоренца (поскольку они имеют разные значения инвариантных $I_3$ ).
Если преобразование Лоренца изменяет пару $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ в $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , то есть еще пара $(\mathbf{E}'',\mathbf{B}'')$ с тем же $I_1$ а также $I_2$ (но разные $I_3$ ), который никакое преобразование Лоренца не может превратить в $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ .

Легко доказать, что и 1, и 2 ложны. Опровергаем (2). Для этого выберем единственную частную форму $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ куда $\mathbf{E}'$ а также $\mathbf{B}'$ оба параллельны $x$ оси (и $E_x\ge 0$ ). Это всегда можно сделать в том случае, если хотя бы один из $I_1$ или же $I_2$ отличен от нуля с комбинацией повышения вдоль взаимно ортогонального к $\bf E$ а также $\bf B$ направление со скоростью $\bf v$ удовлетворяющий

\frac{в / с}{1 + в^{2} / с^{2}} знак равно \frac{[Е \times Б]}{Е^{2} + Б^{2}}

$\frac{\mathbf{v}/c}{1+v^2/c^2}=\frac{[\mathbf{E}\times \mathbf{B}]}{E^2+B^2}$ и пространственное вращение (обратите внимание, что такое преобразование не единственно). Поскольку такое преобразование существует для всех пар

(E, B)

$(\mathbf{E},\mathbf{B})$ и пара

(E^{'}, B^{'})

$(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ однозначно определяется

I_{1}

$I_1$ а также

I_{2}

$I_2$ мы доказали, что 2 ложно. Итак, у нас есть противоречие и нет независимого инварианта

I_{3}

$I_3$ существуют.

Примечание : частный случай $I_1=0$ , $I_2=0$ следует рассматривать отдельно, но особых проблем не представляет.

Никос М. · Answer 3

(Конструктивное) доказательство, основанное на инвариантах электромагнитного поля (arxiv, 2014) .

Мы представляем конструктивное доказательство того, что все калибровочно-инвариантные скаляры Лоренца в электродинамике могут быть выражены как функция квадратичных скаляров.

Резюме

Предполагая обобщенную матричную запись для тензоров в электродинамике.

Удобным способом классификации всех скаляров и псевдоскаляров является написание инварианта порядка $n$ (четные или нечетные) в напряженности поля как:

я^{(н)} знак равно Ф^{α β} \dots Ф^{κ λ} я_{α β \dots κ λ} (н факторы)

$I^{(n)} = F^{\alpha\beta} \cdots F^{\kappa\lambda} I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda} \space\space\space (n \space \textrm{factors)}$

куда $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ строится из единственного тензора и псевдотензора, инвариантных относительно собственных преобразований Лоренца: $\eta_{\mu\nu}$ а также $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ .

Теперь есть 3 случая:

А.

The $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ не содержит $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ тензор.

Тогда инварианты имеют общий вид:

я^{(н)} знак равно Т р (Ф^{д}) Т р (Ф^{п}) \dots Т р (Ф^{р})

$I^{(n)} = Tr(F^q)Tr(F^p) \cdots Tr(F^r)$

с $p+q+\cdots+r=n$

Антисимметрия $F$ подразумевает, что $Tr(F^q)=0$ когда $q$ странно.

Даже для $p$ , сохранение четности и рекуррентное соотношение:

Т р (Ф^{п}) знак равно - \frac{Ф}{2} Т р (Ф^{п - 2}) + \frac{грамм}{16} Т р (Ф^{п - 4})

$Tr(F^p) = −\frac{F}{2}Tr(F^{p−2}) + \frac{G}{16}Tr(F^{p−4})$

следует, что все инварианты этого вида сводятся к квадратичным инвариантам (и функциям от них).

Б.

The $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ содержит $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ тензор четное число раз.

В этом случае антисимметричные тензоры эпсилон могут быть уменьшены согласно:

ϵ_{мю ν р о} ϵ_{π дельта κ λ} знак равно дет [\begin{array}{cccc} η_{мю π} & η_{мю дельта} & η_{мю κ} & η_{мю λ} \\ η_{ν π} & η_{ν дельта} & η_{ν κ} & η_{ν λ} \\ η_{р π} & η_{р дельта} & η_{р κ} & η_{р λ} \\ η_{о π} & η_{о дельта} & η_{о κ} & η_{о λ} \end{array}]

$\boxed{\;\;\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\pi\delta\kappa\lambda } =\det\left[\begin{array}{cccc} \eta_{\mu\pi} & \eta_{\mu\delta} &\eta_{\mu\kappa} &\eta_{\mu\lambda}\\ \eta_{\nu\pi} &\eta_{\nu\delta} &\eta_{\nu\kappa} & \eta_{\nu\lambda} \\ \eta_{\rho\pi} & \eta_{\rho\delta} &\eta_{\rho\kappa} & \eta_{\rho\lambda}\\ \eta_{\sigma\pi} & \eta_{\sigma\delta} &\eta_{\sigma\kappa} &\eta_{\sigma\lambda}\end{array}\right]\;\;}$

а затем обрабатывается как в случае A .

С.

The $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ содержит $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ тензор нечетное число раз.

Подобно случаю B. , прежде всего, можно уменьшить все, кроме одного эпсилон-фактора, что приводит к общей форме:

я_{α β \dots κ λ мю ν π дельта} знак равно η_{α β} \dots η_{κ λ} ϵ_{мю ν π дельта} (н - 2 факторы)

$I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda\mu\nu\pi\delta} = \eta_{\alpha\beta}\cdots\eta_{\kappa\lambda}\epsilon_{\mu\nu\pi\delta} \space\space\space(n-2 \space\space \text{factors})$

Единственный инвариант с одним эпсилон-тензором сводится к фактору общей формы:

я^{(д + р)} знак равно (Ф^{д})^{κ λ} ϵ_{κ λ π дельта} (Ф^{р})^{π дельта}

$I^{(q+r)} = (F^q)^{\kappa\lambda}\epsilon_{\kappa\lambda\pi\delta}(F^r)^{\pi\delta}$

который с такими же рекуррентными соотношениями, как и в части A , сводится к квадратичным инвариантам.

(подробности и рекуррентные соотношения см. в статье)

Миша · Answer 4

Это копия моего ответа на другой вопрос, который был помечен как дубликат этого.

Должен признаться, что я не очень хорошо знаком с группой Лоренца, но такого рода вопросы определенно относятся к теории групп. Из википедии я делаю вывод, что тензор электромагнитного поля трансформируется под $(1,0)\oplus(0,1)$ представление. Общая идея состоит в том, чтобы найти, сколько инвариантов (т. е. $(0,0)$ ) может быть сформирован из двух значений, которые преобразуются при $(1,0)\oplus(0,1)$ . Итак, нам нужно найти результат прямого произведения $\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right]$ .

Основываясь на приведенном здесь объяснении, я делаю вывод, что он равен

[(1, 0) \oplus (0, 1)] \otimes [(1, 0) \oplus (0, 1)] знак равно

$\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] =$

[(1, 0) \otimes (1, 0)] \oplus [(0, 1) \otimes (0, 1)] \oplus 2 \cdot [(1, 0) \otimes (1, 0)] знак равно

$[(1,0)\otimes(1,0)]\oplus[(0,1)\otimes(0,1)] \oplus 2\cdot[(1,0)\otimes(1,0)]=$

[(0, 0) \oplus (1, 0) \oplus (2, 0)] \oplus [(0, 0) \oplus (0, 1) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1) знак равно

$[(0,0)\oplus(1,0)\oplus(2,0)] \oplus [(0,0)\oplus(0,1)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1) =$

2 \cdot (0, 0) \oplus [(1, 0) \oplus (0, 1)] \oplus [(2, 0) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1)

$2\cdot (0,0) \oplus[(1,0)\oplus(0,1)] \oplus[(2,0)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1)$

Количество скаляров ( $(0,0)$ представление) в произведении равно 2. Таким образом, мы можем построить только два скаляра из произведения двух тензоров электромагнитного поля.

Лайонелбритс · Answer 5

Я думаю, дело в том, что единственными инвариантными тензорами (при соответствующих преобразованиях Лоренца) являются $\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}$ а также $\eta^{\mu\nu}$ , поэтому любой инвариант будет содержать некоторое количество степеней $F_{\mu\nu}$ где индексы стягиваются (возвышаются) с этими двумя инвариантными тензорами. Из-за антисимметрии и симметрии $\eta$ может действовать только один раз на $F$ а также $\epsilon$ не может действовать на одно и то же $F$ более чем в два раза. Таким образом, это сводит возможности к полномочиям $F^2$ а также $F\,{}^*F$

Дэвиус · Answer 6

Вычислим характеристический полином тензора:

{Ф^{а}}_{б} знак равно (\begin{matrix} 0 & Е_{Икс} & Е_{у} & Е_{г} \\ Е_{Икс} & 0 & - Б_{г} & Б_{у} \\ Е_{у} & Б_{г} & 0 & - Б_{Икс} \\ Е_{г} & - Б_{у} & Б_{Икс} & 0 \end{matrix})

${\mathbf{F}^a}_b = \begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z \\ E_x & 0 & -B_z & B_y \\E_y & B_z & 0 & -B_x \\ E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix}$

что оказывается:

п_{Ф} (λ) знак равно λ^{4} - (Е^{2} - Б^{2}) λ^{2} - (Е \cdot Б)^{2}

$p_{\mathbf{F}}(\lambda) = \lambda^4 - (\boldsymbol{E}^2-\boldsymbol{B}^2) \lambda^2 - (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B})^2$

Это хорошо известный результат, что нахождение инвариантов тензора может быть сведено к нахождению инвариантов, которые являются полиномиальными функциями его координат, см. Zheng (1994) .

Это придает большой вес цитируемой ссылке. Не могли бы вы немного рассказать о характере результата, о котором там сообщается?
По существу, для каждого инварианта $f(F)$ мы можем найти полиномиальный инвариант $p(F)$ так что: $f(F) = \phi\circ p(F)$ , поэтому неполиномиальные инварианты можно пропустить при разумных условиях.

Фундаментальные инварианты электромагнитного поля

Эмилио Писанти

Тримок

Тримок

Эмилио Писанти

пользователь34134

Qмеханик

больбтеппа

тпаркер

тпаркер

Ответы (6)

пользователь 23660

пользователь 23660

Никос М.

Миша

Лайонелбритс

Дэвиус

Эмилио Писанти

Дэвиус

Все возможные электромагнитные инварианты Лоренца, которые можно встроить в электромагнитный лагранжиан?

Что такое инвариантная величина?

Докажите, что E2−B2E2−B2\mathbf{E}^2-\mathbf{B}^2 и E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} — единственные две независимые лоренц-инвариантные величины [дубликаты ]

Является ли (чистая) сила инвариантной в специальной теории относительности?

Причина, по которой FμνFμνFμνFμνF^{\mu\nu}F_{\mu\nu} и F~μνFμνF~μνFμν\tilde{F}_{\mu\nu}F^{\mu\nu} являются лоренц-инвариантными

Почему необходимо, чтобы разные наблюдатели согласились со значением пространственно-временного интервала ds2ds2ds^2?

Третий закон Ньютона между движущимся зарядом и неподвижным зарядом

Почему существование эфира противоречит уравнениям Максвелла

Рассчитайте электрическое поле движущегося бесконечного магнита без форсирования

Кулоновская калибровка в специальной теории относительности (для КТП)