¿Cómo ver que E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} es una derivada total?

Question

¿Cómo ver que E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} es una derivada total?

pingüino

Desde $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es un invariante de Lorentz de los campos electromagnéticos, parece interesante conectarlo a un Lagrangiano para ver qué sucede. Sin embargo, esto termina desapareciendo, y me dicen que esto debería ser obvio porque es un derivado total.

Sin embargo, esto no es obvio para mí. ¿Hay una manera fácil de ver eso?

\frac{1}{2} ϵ_{α β γ d} F^{α β} F^{γ d} = - \frac{4}{C} (B \cdot mi)

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

es en realidad una derivada total?

También agradecería si alguien puede mostrar de qué es la derivada, de modo que pueda calcular la derivada para ayudar a asimilarla.

Marco

Si conoces las formas diferenciales,

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ Se puede escribir como

F \land F

$F\wedge F$ . Entonces puedes encontrar fácilmente que se puede escribir como

d (A \land F)

$d(A\wedge F)$ dónde

F = d A

$F=dA$ . Esta es exactamente la misma explicación que la de Javier.

pingüino

@Minkyu No estoy familiarizado con las formas diferenciales, así que no lo vi como

F \land F

$F \wedge F$ , pero con

F = d A

$F=dA$ y la identidad

d F = d d A = 0

$dF = ddA = 0$ , el resultado es bastante sencillo. Ahora puedo ver por qué sería obvio para aquellos que dominan las formas diferenciales. ¡Gracias!

Marco

Debo decir que lo que escribí anteriormente no es exactamente lo mismo que la respuesta de Javier después de darme cuenta del problema mencionado por Sean E. Lake. Pero mi comentario sigue siendo válido después de corregir el calibre mencionado por Sean E. Lake.

Sean E. Lago

@Minkyu No puedo comentar sobre geometría diferencial; no estoy familiarizado con eso (todavía). Puedo decir que la publicación de Javier hace que la fijación de calibre sea innecesaria, simplemente conveniente. Es decir, muestra que la parte del potencial escalar se desvanece, y eso aún funciona incluso fuera del indicador de Weyl.

Aníbal

@Minkyu, la mejor razón para no poner este término en un Lagrangiano no es porque sea una derivada total, sino porque es un psuedoescalar, por lo que su acción 1) si contiene solo este término no es invariante bajo simetría transformación (

x \to - x

$x\rightarrow -x$ ), pero cambia solo su signo 2) si contiene otros términos que son escalares reales, no tiene propiedades de transformación claras bajo simetría y puede cambiar mucho

pingüino

@Minkyu ¿Puedes publicar tu comentario como respuesta para que pueda aceptarlo? Realmente se siente como la mejor respuesta. Es tan breve y dulce que realmente capta por qué esto sería "obvio" para algunas personas, y explica la "magia" detrás de lo que sucede en las manipulaciones de las otras respuestas.

Marco

@PPenguin Acabo de publicar una respuesta. Espero que te ayude.

amigojohn

Pregunta relacionada sobre EB en una física lagrangiana.stackexchange.com/questions/7907/…

Respuestas (3)

¿Cómo ver que E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} es una derivada total?

Si conoces las formas diferenciales, $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ Se puede escribir como $F\wedge F$ . Entonces puedes encontrar fácilmente que se puede escribir como $d(A\wedge F)$ dónde $F=dA$ . Esta es exactamente la misma explicación que la de Javier.
@Minkyu No estoy familiarizado con las formas diferenciales, así que no lo vi como $F \wedge F$ , pero con $F=dA$ y la identidad $dF = ddA = 0$ , el resultado es bastante sencillo. Ahora puedo ver por qué sería obvio para aquellos que dominan las formas diferenciales. ¡Gracias!
Debo decir que lo que escribí anteriormente no es exactamente lo mismo que la respuesta de Javier después de darme cuenta del problema mencionado por Sean E. Lake. Pero mi comentario sigue siendo válido después de corregir el calibre mencionado por Sean E. Lake.
@Minkyu No puedo comentar sobre geometría diferencial; no estoy familiarizado con eso (todavía). Puedo decir que la publicación de Javier hace que la fijación de calibre sea innecesaria, simplemente conveniente. Es decir, muestra que la parte del potencial escalar se desvanece, y eso aún funciona incluso fuera del indicador de Weyl.
@Minkyu, la mejor razón para no poner este término en un Lagrangiano no es porque sea una derivada total, sino porque es un psuedoescalar, por lo que su acción 1) si contiene solo este término no es invariante bajo simetría transformación ( $x\rightarrow -x$ ), pero cambia solo su signo 2) si contiene otros términos que son escalares reales, no tiene propiedades de transformación claras bajo simetría y puede cambiar mucho
@Minkyu ¿Puedes publicar tu comentario como respuesta para que pueda aceptarlo? Realmente se siente como la mejor respuesta. Es tan breve y dulce que realmente capta por qué esto sería "obvio" para algunas personas, y explica la "magia" detrás de lo que sucede en las manipulaciones de las otras respuestas.
@PPenguin Acabo de publicar una respuesta. Espero que te ayude.
Pregunta relacionada sobre EB en una física lagrangiana.stackexchange.com/questions/7907/…

pingüino · Answer 1

Para completar, aquí está la versión de notación tensorial.

Primera reescritura:

(mi \cdot B) \propto ϵ_{α β γ d} F^{α β} F^{γ d} = ϵ_{α β γ d} (\partial^{α} A^{β} - \partial^{β} A^{α}) F^{γ d} = 2 ϵ_{α β γ d} (\partial^{α} A^{β}) F^{γ d}

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

donde el último paso utiliza el reetiquetado y la antisimetría de $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ .

Similarmente

ϵ_{α β γ d} (\partial^{α} A^{β}) F^{γ d} = 2 ϵ_{α β γ d} (\partial^{α} A^{β}) (\partial^{γ} A^{d}) .

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

Ahora moviendo uno de los derivados al frente

ϵ_{α β γ d} (\partial^{α} A^{β}) (\partial^{γ} A^{d}) = \partial^{α} (ϵ_{α β γ d} A^{β} (\partial^{γ} A^{d})) - ϵ_{α β γ d} A^{β} (\partial^{α} \partial^{γ} A^{d})

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

y tenga en cuenta que el último término es cero porque las derivadas conmutan y, por lo tanto, son simétricas en esas etiquetas, mientras que $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ es antisimétrico.

En total esto da:

(mi \cdot B) \propto \partial^{α} (ϵ_{α β γ d} A^{β} (\partial^{γ} A^{d}))

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

Marco · Answer 2

Primera nota que puedes reescribir $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ como

mi \cdot B \propto F \land F

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F$ usando una fuerza de campo

2

$2$ -forma

F

$F$ dónde

E

$\mathbf{E}$ y

B

$\mathbf{B}$ se definen como

\begin{aligned} F_{0 i} & = {mi}_{i}, \\ F_{i j} & = ϵ_{i j k} B_{k} . \end{aligned}

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

\begin{aligned} F \land F & = \frac{1}{4} F_{m v} F_{ρ σ} d X^{m} \land d X^{v} \land d X^{ρ} \land d X^{σ} \\ = - \frac{1}{4} ϵ^{m v ρ σ} F_{m v} F_{ρ σ} vol. \\ \propto ϵ^{i j k} F_{0 i} F_{j k} = mi \cdot B . \end{aligned}

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

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es una derivada total usando

F = d A

$F=dA$ , es decir,

mi \cdot B \propto F \land F = d (A \land F) .

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

Como comentario al margen, $F\wedge F$ contiene forma de volumen pero está ausente en $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ . Entonces la forma correcta de escribir es

\int d^{4} X mi \cdot B \propto \int F \land F .

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

Sean E. Lago · Answer 3

La forma más fácil de examinar $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es mirar los campos en términos del vector potencial en el calibre de Weyl , donde $A^0=0$ . En ese calibre, obtienes:

\begin{aligned} mi & = - \frac{\partial A}{\partial t}, a norte d \\ B & = \nabla \times A . \end{aligned}

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

Así obtienes:

\begin{aligned} mi \cdot B & = - ϵ_{i j k} \frac{\partial A_{i}}{\partial t} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} &= -\epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \end{align}$ Ahora examinemos la integral de espacio-tiempo de esta cantidad:

\begin{aligned} \int mi \cdot B d X^{4} & = - \int ϵ_{i j k} \frac{\partial A_{i}}{\partial t} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) d X^{4} \\ = \int [- \frac{\partial}{\partial t} (ϵ_{i j k} A_{i} \frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) + ϵ_{i j k} A_{i} \frac{\partial^{2} A_{k}}{\partial X_{j} \partial t}] d X^{4} & i norte t mi gramo r a t mi b y pag a r t s i norte t \\ = \int [- \frac{\partial}{\partial t} (ϵ_{i j k} A_{i} \frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) + \frac{\partial}{\partial X_{j}} (ϵ_{i j k} A_{i} \frac{\partial A_{k}}{\partial t}) - ϵ_{i j k} \frac{\partial A_{k}}{\partial t} (\frac{\partial A_{i}}{\partial X_{j}})] d X^{4} & i norte t mi gramo r a t mi b y pag a r t s i norte s pag a C mi \\ = - \int ϵ_{k j i} \frac{\partial A_{i}}{\partial t} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) d X^{4} & d r o pag s tu r F a C mi t mi r metro s \\ a norte d r mi yo a b mi yo d tu metro metro y v a r i a b yo mi s \\ = \int ϵ_{i j k} \frac{\partial A_{i}}{\partial t} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{j}}) d X^{4} & mi X C h a norte gramo mi i norte d i C mi s o F ϵ \end{aligned}

$\begin{align} \int \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} \operatorname{d}x^4 & = -\int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial^2 A_k}{\partial x_j \partial t} \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ }t \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \frac{\partial }{\partial x_j} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial t}\right) - \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_k}{\partial t} \left(\frac{\partial A_i}{\partial x_j}\right) \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ space} \\ & = -\int \epsilon_{kji}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{drop\ surface\ terms} \\ &&& \mathrm{and\ relabel\ dummy\ variables} \\ & = \int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{exchange\ indices\ of\ }\epsilon \end{align}$ Observe que acabamos de demostrar que la integral es igual a menos ella misma y, por lo tanto, debe desaparecer si los términos de la superficie desaparecen.

+1 Nunca antes había oído hablar del indicador Weyl; ¡ahora sé!

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