¿Cuál es la métrica de un campo electromagnético (eléctrico puro o magnético puro) constante?

Question

¿Cuál es la métrica de un campo electromagnético (eléctrico puro o magnético puro) constante?

Caetes

Por ejemplo, imagina un campo magnético. $B_x$ dirigiendo en $\hat{x}$ dirección llenando todo el espacio. ¿Cuál es su campo métrico asociado?

Puedo construir el tensor electromagnético de tensión-energía para esta situación:

$T^{\mu\nu}=\frac{B_x^2}{2\mu_0}\begin{pmatrix} 1 & & &\\ & -1 & & \\ & & 1 &\\ & & & 1 \end{pmatrix}$ ,

(los elementos en blanco son ceros) y pude encontrar la métrica usando la ecuación de Einstein con la ayuda de un CAS , pero este procedimiento de resolución me parece complejo.

Aquí en la comunidad hay muchas preguntas sobre el tensor de energía de estrés electromagnético. Pero, hasta donde yo sé, ninguno de ellos muestra explícitamente la métrica de un campo electromagnético constante. ¿Alguien conoce un libro o artículo que muestre esto?

Caetes

En el libro "Soluciones exactas a las ecuaciones de campo de Einstein", se dice que la única solución no nula conformemente plana de las ecuaciones de Einstein-Maxwell (sin fuente) es

d s^{2} = (1 - λ y^{2}) d x^{2} + (1 - λ y^{2})^{- 1} d y^{2} + (1 - λ z^{2})^{- 1} d z^{2} - (1 - λ z^{2}) d t^{2}

$ds^2=(1-\lambda y^2)dx^2+(1-\lambda y^2)^{-1}dy^2+(1-\lambda z^2)^{-1}dz^2-(1-\lambda z^2)dt^2$ , dónde

λ k^{2} = 1

$\lambda k^2=1$ y el campo electromagnético es

\sqrt{κ_{0}} F_{12} = \sqrt{2 λ} \sin β

$\sqrt{\kappa_0}F_{12}=\sqrt{2\lambda}\sin\beta$ y

\sqrt{κ_{0}} F_{43} = \sqrt{2 λ} \cos β

$\sqrt{\kappa_0}F_{43}=\sqrt{2\lambda}\cos\beta$ , con

κ_{0}

$\kappa_0$ siendo la constante gravitatoria de Einstein. Entonces, ¿es esta la métrica para simultáneos no nulos?

\vec{E} = E_{x} \hat{x}

$\vec{E}=E_x\hat{x}$ y

\vec{B} = B_{x} \hat{x}

$\vec{B}=B_x\hat{x}$ ?

Caetes

Parece que lo anterior

k

$k$ está relacionado con la métrica de Robertson-Walker (no entiendo cómo).

Caetes

Por favor, perdona mi ignorancia. ¿Cómo podría este elemento de línea ser conformemente plano?

timeo

Si

\vec{B} = B \hat{x}

$\vec B = B\hat x$ y

\vec{E} = \vec{0}

$\vec E =\vec 0$ entonces no lo es

T_{μ ν} = \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} (\begin{matrix} 1 \\ + 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

$T_{\mu\nu}=\frac{B^2}{2\mu_0}\begin{pmatrix} 1 & & &\\ & +1 & & \\ & &0 &\\ & & & 0\end{pmatrix}$ ?

garyp

Tenga en cuenta que puede editar su propia pregunta. Tal vez prefieras hacer eso. Mantendría todos tus pensamientos en un solo lugar.

Respuestas (2)

¿Cuál es la métrica de un campo electromagnético (eléctrico puro o magnético puro) constante?

En el libro "Soluciones exactas a las ecuaciones de campo de Einstein", se dice que la única solución no nula conformemente plana de las ecuaciones de Einstein-Maxwell (sin fuente) es $ds^2=(1-\lambda y^2)dx^2+(1-\lambda y^2)^{-1}dy^2+(1-\lambda z^2)^{-1}dz^2-(1-\lambda z^2)dt^2$ , dónde $\lambda k^2=1$ y el campo electromagnético es $\sqrt{\kappa_0}F_{12}=\sqrt{2\lambda}\sin\beta$ y $\sqrt{\kappa_0}F_{43}=\sqrt{2\lambda}\cos\beta$ , con $\kappa_0$ siendo la constante gravitatoria de Einstein. Entonces, ¿es esta la métrica para simultáneos no nulos? $\vec{E}=E_x\hat{x}$ y $\vec{B}=B_x\hat{x}$ ?
Parece que lo anterior $k$ está relacionado con la métrica de Robertson-Walker (no entiendo cómo).
Por favor, perdona mi ignorancia. ¿Cómo podría este elemento de línea ser conformemente plano?
Si $\vec B = B\hat x$ y $\vec E =\vec 0$ entonces no lo es $T_{\mu\nu}=\frac{B^2}{2\mu_0}\begin{pmatrix} 1 & & &\\ & +1 & & \\ & &0 &\\ & & & 0\end{pmatrix}$ ?
Tenga en cuenta que puede editar su propia pregunta. Tal vez prefieras hacer eso. Mantendría todos tus pensamientos en un solo lugar.

ted jacobson · Answer 1

Por la forma en que plantea la pregunta, parece que tiene en mente una solución con simetría traslacional completa en el espacio y simetría rotacional sobre la dirección del campo magnético en cada punto. No sé si existe tal solución; si lo hace, debe ser dependiente del tiempo: si el espacio-tiempo es estático, entonces la curvatura extrínseca de las secciones espaciales se desvanece. El $tx$ componente de la ecuación de Einstein entonces implica que el $tx$ componente del tensor de energía de tensión debe desaparecer. Pero para un campo magnético en el $x$ dirección, esa componente es $-B^2/2\ne0$ .

Existe una solución estable e independiente del tiempo que tiene simetría traslacional en la dirección del campo magnético y simetría rotacional alrededor de un eje. Este es el "universo magnético de Melvin". La energía del campo magnético está unida gravitacionalmente, pero no colapsa debido a la presión magnética. La geometría espacial de esta solución es extraña. Si no recuerdo mal, la circunferencia de un círculo en un plano ortogonal al eje de simetría tiende a cero cuando el radio cilíndrico tiende a infinito.

Gracias por su respuesta. Verificaré el universo magnético de Melvin. Por cierto, ¿por qué espera que una solución con simetría traslacional completa en el espacio y simetría rotacional sobre la dirección del campo magnético en cada punto dependa del tiempo?
Esa simetría implicaría que las secciones espaciales son planas. No te sigo aquí... ¿por qué?
Yo tampoco me sigo. Lo siento, no sé lo que estaba pensando. Reemplazaré mi respuesta por una precisa, con la misma conclusión de que la solución no puede ser estática.

jamals · Answer 2

El tensor tensión-energía asociado a un campo eléctrico evanescente $\vec E=0$ con un campo magnético de la forma $\vec B = B_0 \hat x$ es dado por,

T^{m v} = \frac{B_{0}^{2}}{2 m_{0}} η^{m v} .

$T^{\mu\nu} = \frac{B_0^2}{2\mu_0} \eta^{\mu\nu}.$

Por casualidad, puedo recordar una solución que exhibe un tensor de tensión-energía similar. Si consideramos una brana de Randall-Sundrum simple, con la métrica de la forma,

d s^{2} = d w^{2} + {mi}^{2 A (w)} (d t^{2} - d X^{2} - d y^{2} - d z^{2})

$ds^2 = dw^2 + e^{2A(w)}\left( dt^2 - dx^2 - dy^2 - dz^2\right)$

que tiene un tensor de Einstein (proporcional a la tensión-energía),

{GRAMO}_{m v} = - {mi}^{2 A} η_{m v} (3 A^{″} + 6 A^{' 2}) .

$G_{\mu\nu} = -e^{2A}\eta_{\mu\nu}(3A''+6A'^2).$

Por lo tanto, con la ayuda de esta dimensión adicional, podemos tener una brana cuya energía de tensión sea precisamente de la misma forma que para el campo magnético constante que presentaste. Sin embargo, debemos resolver la ecuación diferencial,

3 A^{″} + 6 A^{' 2} = {mi}^{2 A} .

$3A''+6A'^2 = e^{2A}.$

Al hacer una sustitución, $A(w) = \ln f(w)$ llegamos a la forma,

F^{″} (w) + \frac{F^{'} (w)^{2}}{F (w)} = \frac{1}{3} F (w)^{3} .

$f''(w)+\frac{f'(w)^2}{f(w)}=\frac13f(w)^3.$

Mathematica puede resolver esto, pero involucra una función inversa desordenada que involucra funciones trigonométricas y funciones elípticas. Como tal, no creo que la solución, al menos en estas coordenadas, sea bonita, pero ciertamente se puede moldear en la forma presentada y existe.

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