Demuestre que ∂νTμν=−jνFμν∂νTμν=−jνFμν\partial_\nu T^{\mu\nu} = - j_\nu F^{\mu\nu}

Question

Demuestre que ∂νTμν=−jνFμν∂νTμν=−jνFμν\partial_\nu T^{\mu\nu} = - j_\nu F^{\mu\nu}

Física
electromagnetismo
deberes-y-ejercicios
tensión-energía-momentum-tensor

Martín Uding

En un problema de tarea de física teórica, tengo que mostrar lo siguiente:

\partial_{v} T^{m v} = - j_{v} F^{m v}

$\partial_\nu T^{\mu\nu} = - j_\nu F^{\mu\nu}$

Dónde $T$ es la Energía-Momento-Tensor, $j$ la corriente generalizada y $F$ el campo-tensor. usamos el $g$ para el tensor métrico, creo que en inglés el $\eta$ Es más común.

Conozco las siguientes relaciones:

Corriente y potencial magnético con condición de calibre Lorenz:
$◻ A^{m} = m_{0} j^{m}$ $\mathop\Box A^\mu = \mu_0 j^\mu$
Energía-Momento-Tensor:
$T^{m v} = \frac{1}{m_{0}} {gramo}^{m α} F_{α β} F^{β v} + \frac{1}{4 m_{0}} {gramo}^{m v} F_{k λ} F^{k λ}$ $T^{\mu\nu} = \frac1{\mu_0} g^{\mu\alpha} F_{\alpha\beta} F^{\beta\nu} + \frac1{4\mu_0} g^{\mu\nu} F_{\kappa\lambda} F^{\kappa\lambda}$
Tensor de campo:
$F^{m v} = 2 \partial^{[m} A^{v]} = \partial^{m} A^{v} - \partial^{v} A^{m}$ $F^{\mu\nu} = 2 \partial^{[\mu} A^{\nu]} = \partial^{\mu} A^{\nu} - \partial^{\nu} A^{\mu}$
Operador de d'Alembert:
$◻ = \partial_{m} \partial^{m}$ $\mathop\Box = \partial_\mu \partial^\mu$
Identidad de Bianchi:
$\partial^{[m} F^{v α]} = 0$ $\partial^{[\mu} F^{\nu\alpha]} = 0$

Hasta ahora he puesto todas las definiciones en la fórmula que tengo que mostrar, pero solo termino con muchos términos de la antisimetrización y la regla del producto. También dibujé todo lo que tengo en notación gráfica de Penrose , pero todavía no veo cómo abordar este problema.

¿Podría alguien darme una pista en la dirección correcta?

Jorge Lavín

Mira a

F_{α β}

$F_{\alpha \beta}$ en

T_{μ ν}

$T_{\mu\nu}$ Creo que

β

$\beta$ no es correcto porque los índices libres son

μ ν

$\mu \nu$ y tienes un índice extra gratis

β

$\beta$

twistor59

El primer término en la expresión para

T^{μ ν}

$T^{\mu\nu}$ debería ser algo como

F^{μ α} F_{α}^{ν}

$F^{\mu\alpha}F^{\nu}_{\alpha}$

Martín Uding

Efectivamente, lo arreglé. Simplemente lo escribí mal aquí, esa no fue la fuente de mi confusión hasta ahora.

jerry schirmer

¿Qué términos son automáticamente cero gracias a la antisimetrización? ¿Cuáles puedes eliminar gracias a la EOM de

A_{μ}

$A_{\mu}$ ?

mufrido

Creo que te estás perdiendo la ecuación más importante de todas: que

\partial_{μ} F^{μ ν} = μ_{0} j^{ν}

$\partial_\mu F^{\mu \nu} = \mu_0 j^\nu$ .

jerry schirmer

@twistor59: eso es lo que tiene, acaba de bajar el primer índice con la métrica.

Martín Uding

@JerrySchirmer: Hubo un

F

$F$ desaparecido antes.

usuario10851

@queueoverflow Por cierto, en inglés

g

$g$ se utiliza para cualquier métrica general, mientras que

η

$\eta$ está reservado para la métrica de Minkowski.

Respuestas (1)

Demuestre que ∂νTμν=−jνFμν∂νTμν=−jνFμν\partial_\nu T^{\mu\nu} = - j_\nu F^{\mu\nu}

Mira a $F_{\alpha \beta}$ en $T_{\mu\nu}$ Creo que $\beta$ no es correcto porque los índices libres son $\mu \nu$ y tienes un índice extra gratis $\beta$
El primer término en la expresión para $T^{\mu\nu}$ debería ser algo como $F^{\mu\alpha}F^{\nu}_{\alpha}$
Efectivamente, lo arreglé. Simplemente lo escribí mal aquí, esa no fue la fuente de mi confusión hasta ahora.
¿Qué términos son automáticamente cero gracias a la antisimetrización? ¿Cuáles puedes eliminar gracias a la EOM de $A_{\mu}$ ?
Creo que te estás perdiendo la ecuación más importante de todas: que $\partial_\mu F^{\mu \nu} = \mu_0 j^\nu$ .
@twistor59: eso es lo que tiene, acaba de bajar el primer índice con la métrica.
@queueoverflow Por cierto, en inglés $g$ se utiliza para cualquier métrica general, mientras que $\eta$ está reservado para la métrica de Minkowski.

Jakub · Answer 1

Veamos diferentes términos de diferenciar $T^{\mu\nu}$ .

El primero de diferenciar $g^{\mu\alpha} F_{\alpha\beta} F^{\beta\nu}$ es

\partial_{v} {gramo}^{m α} F_{α β} F^{β v} = {gramo}^{m α} F_{α β} (\partial_{v} F^{β v}) + (\partial^{v} F^{m β}) F_{β v} = - m_{0} F_{α β} j^{β} + (\partial^{v} F^{m β}) F_{β v}

$\partial_\nu g^{\mu\alpha} F_{\alpha\beta} F^{\beta\nu}= g^{\mu\alpha} F_{\alpha\beta} (\partial_\nu F^{\beta\nu}) +(\partial^\nu F^{\mu\beta}) F_{\beta\nu}= - \mu_0 F_{\alpha\beta} j^\beta +(\partial^\nu F^{\mu\beta}) F_{\beta\nu}$

El primer término es exactamente lo que quieres, el segundo cancela las cosas que obtienes al diferenciar $g^{\mu\nu} F_{\kappa\lambda} F^{\kappa\lambda}$ :

\partial^{m} F_{k λ} F^{k λ} = 2 F_{k λ} (\partial^{m} F^{k λ}) = - 2 F_{k λ} (\partial^{k} F^{λ m} + \partial^{λ} F^{m k}) = - 4 (\partial^{v} F^{m β}) F_{β v}

$\partial^\mu F_{\kappa\lambda} F^{\kappa\lambda}=2 F_{\kappa\lambda} (\partial^\mu F^{\kappa\lambda})=-2 F_{\kappa\lambda} (\partial^\kappa F^{\lambda\mu}+\partial^\lambda F^{\mu\kappa}) =-4 (\partial^\nu F^{\mu\beta}) F_{\beta\nu}$ donde en el segundo signo de igualdad hemos utilizado la identidad de Bianchi y en el último signo de igualdad hemos utilizado

F_{k λ} \partial^{k} F^{λ m} \underset{volver a etiquetar las indecisiones}{=} F_{v β} \partial^{v} F^{β m} \underset{antisim. de F}{=} F_{β v} \partial^{v} F^{m β}

$F_{\kappa\lambda} \partial^\kappa F^{\lambda\mu} \underset{\text{relabel indecies}}= F_{\nu\beta}\partial^\nu F^{\beta \mu} \underset{\text{antisym. of $F$}}= F_{\beta\nu}\partial^\nu F^{\mu\beta}$ Esto cancela exactamente el segundo término en la primera ecuación.

Con el comentario de Murphrid en mente, puedo seguir su respuesta, excepto por el último signo de igualdad. Cambié el nombre de los índices en mis notas para que coincidieran con los suyos, pero no veo por qué $\partial^\beta F^{\nu\mu} = \partial^\nu F^{\mu\beta}$ sostiene
no lo hace Debe dividir los dos términos (incluido el $F_{\kappa \lambda}$ ) y vuelva a etiquetar los índices ficticios en el segundo término.

Demuestre que ∂νTμν=−jνFμν∂νTμν=−jνFμν\partial_\nu T^{\mu\nu} = - j_\nu F^{\mu\nu}

Martín Uding

Jorge Lavín

twistor59

Martín Uding

jerry schirmer

mufrido

jerry schirmer

Martín Uding

usuario10851

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Jakub

Martín Uding

Vibert

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