Demostración de la antisimetría del tensor electromagnético

Question

Demostración de la antisimetría del tensor electromagnético

genio

Ya hice una publicación sobre este tema aquí, pero me di cuenta de que no entendía la explicación en esa publicación. en el Capítulo 7 del libro de Rindler sobre la relatividad, en la sección sobre el tensor de campo electromagnético, afirma que

e introduciendo un factor 1/c por conveniencia posterior, podemos 'adivinar' la ecuación del tensor ,

F_{m} = \frac{q}{C} {mi}_{m v} {tu}^{v}

$F_\mu= \frac{q}{c} E_{\mu \nu} U^\nu$ introduciendo así el tensor de campo electromagnético

{mi}_{m v}

$E_{\mu \nu}$ Seguramente querríamos la fuerza $F\mu$ preservar la masa en reposo, lo que, de acuerdo con (6.44) y (7.15), requiere

F_{m} {tu}^{m} = 0

$F_\mu U^\mu = 0$ . Así que necesitamos

{mi}_{m v} {tu}^{m} {tu}^{v} = 0

$E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = 0$ para todos $U^\mu$ , y por lo tanto la antisimetría del tensor de campo

{mi}_{m v} = - {mi}_{v m}

$E_{\mu \nu}= −E_{\nu \mu}$ \

. . . Estoy realmente confundido acerca de la forma correcta de mostrar que la ecuación $E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = 0$ implica el hecho de que $E_{\mu\nu}$ es tensor antisimétrico. ¿Cuál es la demostración correcta de esta implicación?

OBS: he visto algunas publicaciones que responden a este tipo de preguntas con notación de mapas bilineales, en lugar de notación de componentes. Si es posible, haga alguna demostración utilizando la notación de índice como en la publicación.

Valter Moretti

Sugerencia: descomponer

E

$E$ como la suma de sus partes simétricas y antisimétricas.

genio

@ValterMoretti Entonces si

E_{μ ν} U^{μ} U^{ν} = (E_{(μ ν)} + E_{[μ ν]}) U^{μ} U^{ν} = 0, \forall U

$E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} + E_{[\mu \nu]} )U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Conmutando el índice de dummies, tenemos

E_{ν μ} U^{ν} U^{μ} = (E_{(ν μ)} + E_{[ν μ]}) U^{ν} U^{μ} = 0, \forall U

$E_{\nu \mu} U^\nu U^\mu = (E_{(\nu \mu)} + E_{[\nu \mu]}) U^\nu U^\mu = 0, \ \forall U$ . Usando las propiedades de las partes simétricas y antisimétricas de

E

$E$ y desplazamientos

U^{μ}

$U^\mu$ y

U^{ν}

$U^\nu$ , obtenemos

E_{n u μ} U^{μ} U^{ν} = (E_{(μ ν)} + - E_{[μ ν]} U^{μ} U^{ν} = 0, \forall U

$E _{\\nu \mu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} +-E_{[\mu \nu]} U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Entonces, ¿qué debo hacer ahora para completar la demostración?

Valter Moretti

Sumando la primera y la última identidad que tienes que

2 E_{(a b)} U^{a} U^{b} = 0

$2E_{(ab)}U^aU^b=0$ . Aquí, suponiendo

U = X + Y

$U=X+Y$ y usando la simetría de los índices, encuentras

2 E_{(a b)} X^{a} Y^{b} = 0

$2E_{(ab)}X^aY^b=0$ .

Valter Moretti

Arbitrariedad de

X

$X$ y

Y

$Y$ implica que la parte simétrica de

E

$E$ debe desaparecer (todos los elementos de su matriz son cero). Por eso

E

$E$ sólo tiene una parte antisimétrica: es antisimétrica.

Respuestas (2)

Demostración de la antisimetría del tensor electromagnético

Sugerencia: descomponer $E$ como la suma de sus partes simétricas y antisimétricas.
@ValterMoretti Entonces si $E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} + E_{[\mu \nu]} )U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Conmutando el índice de dummies, tenemos $E_{\nu \mu} U^\nu U^\mu = (E_{(\nu \mu)} + E_{[\nu \mu]}) U^\nu U^\mu = 0, \ \forall U$ . Usando las propiedades de las partes simétricas y antisimétricas de $E$ y desplazamientos $U^\mu$ y $U^\nu$ , obtenemos $E _{\\nu \mu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} +-E_{[\mu \nu]} U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Entonces, ¿qué debo hacer ahora para completar la demostración?
Sumando la primera y la última identidad que tienes que $2E_{(ab)}U^aU^b=0$ . Aquí, suponiendo $U=X+Y$ y usando la simetría de los índices, encuentras $2E_{(ab)}X^aY^b=0$ .
Arbitrariedad de $X$ y $Y$ implica que la parte simétrica de $E$ debe desaparecer (todos los elementos de su matriz son cero). Por eso $E$ sólo tiene una parte antisimétrica: es antisimétrica.

Valter Moretti · Answer 1

primer descomponer $E$ como la suma de sus partes simétricas y antisimétricas:

{mi}_{a b} = {mi}_{(a b)} + {mi}_{[a b]} .

$E_{ab} = E_{(ab)} + E_{[ab]}\:.$ Ahora la idea es probar que

\begin{matrix} (0) & {mi}_{(a b)} = 0 \end{matrix}

$E_{(ab)} =0\tag{0}$ de modo que

E_{a b} = E_{[a b]}

$E_{ab} = E_{[ab]}$ es antisimétrico.

Para ello obsérvese que, en nuestra hipótesis,

\begin{matrix} (1) & 0 = {mi}_{a b} {tu}^{a} {tu}^{b} = {mi}_{(a b)} {tu}^{a} {tu}^{b} + {mi}_{[a b]} {tu}^{a} {tu}^{b}, \end{matrix}

$0= E_{ab}U^aU^b = E_{(ab)}U^aU^b + E_{[ab]}U^aU^b\:,\tag{1}$ dónde

{mi}_{[a b]} {tu}^{a} {tu}^{b} = {mi}_{[b a]} {tu}^{b} {tu}^{a} = - {mi}_{[a b]} {tu}^{b} {tu}^{a} = - {mi}_{[a b]} {tu}^{a} {tu}^{b} = 0 .

$E_{[ab]}U^aU^b= E_{[ba]}U^bU^a= -E_{[ab]}U^bU^a = -E_{[ab]}U^aU^b =0\:.$ Aquí (1) implica

\begin{matrix} (2) & {mi}_{(a b)} {tu}^{a} {tu}^{b} = 0 . \end{matrix}

$E_{(ab)}U^aU^b =0\:.\tag{2}$ Escribiendo

U = X + Y

$U=X+Y$ , tenemos de (2)

\begin{matrix} (3) & {mi}_{(a b)} X^{a} X^{b} + {mi}_{(a b)} Y^{a} Y^{b} + 2 {mi}_{(a b)} X^{a} Y^{b} = 0 . \end{matrix}

$E_{(ab)}X^aX^b + E_{(ab)}Y^aY^b + 2E_{(ab)}X^aY^b=0\:.\tag{3}$ donde hemos usado

{mi}_{(a b)} X^{a} Y^{b} = {mi}_{(a b)} Y^{a} X^{b}

$E_{(ab)}X^aY^b= E_{(ab)}Y^aX^b$ como consecuencia de la simetría de

E_{(a b)}

$E_{(ab)}$ . Usando de nuevo (2) en (3) para

U = X

$U=X$ y

U = Y

$U=Y$ , obtenemos, para cada elección de

X

$X$ y

Y

$Y$ ,

{mi}_{(a b)} X^{a} Y^{b} = 0 .

$E_{(ab)}X^aY^b=0\:.$ En otras palabras, todos los elementos de la matriz de la matriz de elementos

E_{(a b)}

$E_{(ab)}$ desaparecer, para que

E_{(a b)} = 0

$E_{(ab)}=0$ y (0) es verdadera concluyendo la demostración.

número de catalogo · Answer 2

Probablemente sea más claro retroceder:

{mi}_{m v} = - {mi}_{v m} \Leftrightarrow {mi}_{m v} {tu}^{m} V^{v} = - {mi}_{v m} {tu}^{m} V^{v} \forall tu, V \Leftrightarrow {mi}_{m v} {tu}^{m} V^{v} = - {mi}_{m v} {tu}^{v} V^{m} \forall tu, V Reetiquetar RHS m \leftrightarrow v \Leftrightarrow {mi}_{m v} ({tu}^{m} + V^{m}) ({tu}^{v} + V^{v}) = 0 \forall tu, V

$E_{\mu\nu} = -E_{\nu \mu}\\ \Leftrightarrow E_{\mu\nu}U^\mu V^\nu = -E_{\nu\mu}U^\mu V^\nu \hspace{1em} \forall U, V\\ \Leftrightarrow E_{\mu\nu}U^\mu V^\nu = -E_{\mu\nu}U^\nu V^\mu \hspace{1em} \forall U, V \hspace{1em}\text{Relabel RHS} \mu \leftrightarrow \nu\\ \Leftrightarrow E_{\mu \nu} (U^\mu + V^\mu)(U^\nu + V^\nu) = 0 \hspace{1em} \forall U, V$

Ahora reconocemos que la adición de $V$ en la ecuación final en realidad no cambia la condición, y sin perder generalidad podemos tomarlo como cero. Entonces, establecemos $E_{\mu\nu}U^\mu U^\nu \Leftrightarrow E_{\mu\nu} = - E_{\nu\mu}$

La única propiedad utilizada aquí es la linealidad de cada tensor.

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