Forma del Lagrangiano EM Clásico

Question

Forma del Lagrangiano EM Clásico

usuario21433

Entonces sé que para un campo electromagnético en el vacío, el Lagrangiano es

L = - \frac{1}{4} F^{m v} F_{m v},

$\mathcal L=-\frac 1 4 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu},$ el modelo estándar me dice esto. Lo que quiero saber es si hay un argumento elemental (quizás basado en la simetría) de por qué tiene esta forma. He buscado/leído un poco sobre esto, pero solo he encontrado autores que saltan directamente a la expresión y, a veces, dicen algo en el sentido de que es "lo más simple posible".

Frobenius

Relacionado: Derivación de la densidad lagrangiana del campo electromagnético .

Respuestas (6)

Forma del Lagrangiano EM Clásico

Relacionado: Derivación de la densidad lagrangiana del campo electromagnético .

luksen · Answer 1

El lagrangiano para electromagnetismo se deriva únicamente de requerir renormalizabilidad e invariancia de calibre (más inversión de tiempo de paridad)

Invariancia de calibre U(1)

si requiere que su Lagrangiano sea localmente invariante bajo operaciones de simetría del grupo unitario U(1) que está bajo

ϕ \to {mi}^{i α (X)} ϕ

$\phi\to e^{i\alpha(x)}\phi$

todos los derivados $\partial_\mu$ tiene que ser reemplazada por la derivada covariante $D_\mu = \partial_\mu+ieA_\mu$ , donde, para salvar la invariancia local, se introduce el campo gauge. En términos generales, esto es necesario para hacer que los campos en diferentes puntos del espacio sean comparables. Ya que dos puntos pueden tener una diferencia de fase arbitraria, debido al hecho de que podemos establecer $\alpha(x)$ como deseamos, algo tiene que compensar esta diferencia, antes de que podamos comparar campos, que es lo que básicamente hace la diferenciación. Esto es similar al transporte paralelo en la relatividad general (la palabra clave matemática es conexión, ver wiki: Conexión (wiki) El campo indicador $A_\mu$ se transforma como $A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{e}\partial_\mu\alpha(x)$ .

Ahora la pregunta es qué tipo de lagrangianos podemos construir con este requisito. Para campos de materia (es decir, no de calibre), es fácil construir cantidades invariantes de calibre simplemente reemplazando las derivadas con las derivadas covariantes, es decir

\bar{ψ} \partial_{m} γ^{m} ψ \to \bar{ψ} D_{m} γ^{m} ψ

$\bar{\psi}\partial_\mu\gamma^\mu\psi\to \bar{\psi}D_\mu\gamma^\mu\psi$ ,

esto producirá términos cinéticos para el campo (la parte con la derivada normal) y términos de interacción entre los campos de materia y el campo de norma.

Términos solo de Gauge-Field

la pregunta restante es cómo construir términos que involucren solo el campo de indicador y los campos de materia (es decir, los términos 'sin fuente' sobre los que trata su pregunta). Para esto debemos construir gérmenes invariantes de calibre de $A_\mu$ .

Una vez $\alpha(x)$ es elegido, podemos imaginarnos comenzando desde un punto y caminando en un bucle de regreso a ese mismo punto (esto se llama un bucle wilson (wiki) ). Esta debe ser necesariamente invariante de calibre ya que cualquier fase que recojamos en el camino también la debemos perder en el camino de regreso. Resulta que este es exactamente el término $F_{\mu\nu}$ , es decir, la intensidad del campo. (el cálculo es un poco más largo, ver Peskin & Schroeder página 484). En realidad, esto solo es cierto para simetrías abelianas como U(1), para las no abelianas como SU(3) obtendremos algunos términos de interacción entre los campos de calibre, por lo que la luz no interactúa consigo misma, pero los gluones sí.

Términos de masa bilineales como $A_\mu A^\mu$ no son invariantes de calibre (al final, esta es la necesidad del mecanismo de Higgs)

Renormalizabilidad

Si deseamos que nuestra teoría sea renormalizable, solo podemos incluir términos en el lagrangiano hasta la dimensión de masa 4. Ahora enumerando todos los términos hasta la dimensión de masa 4 llegamos a

L = \cdot \bar{ψ} D_{m} ψ - metro \bar{ψ} ψ - b \cdot F_{m v} F^{m v} + d \cdot ϵ^{α β γ d} F_{α β} F_{γ d}

$\mathcal{L} = \cdot\bar{\psi}D_\mu\psi - m\bar{\psi}\psi - b\cdot F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + d\cdot \epsilon^{\alpha\beta\gamma\delta}F_{\alpha\beta}F_{\gamma\delta}$

el último término implica el tensor antisimétrico $\epsilon^{\alpha\beta\gamma\delta}$ y por lo tanto no es invariante en tiempo y paridad.

Tenga en cuenta que no hemos incluido términos lineales aquí ya que de todos modos nos expandiremos alrededor de un mínimo local, por lo que el término lineal desaparecerá.

Conclusión

si requerimos invariancia de norma U(1) y renormalizabilidad (dimensión de masa hasta 4) e invariancia de tiempo y paridad solo obtenemos

L = \cdot \bar{ψ} D_{m} ψ - metro \bar{ψ} ψ - b \cdot F_{m v} F^{m v}

$\mathcal{L} = \cdot\bar{\psi}D_\mu\psi - m\bar{\psi}\psi - b\cdot F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$

En el caso sin fuente, esto es

L = - b \cdot F_{m v} F^{m v}

$\mathcal{L} = - b\cdot F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$

el factor general $\frac{1}{4}$ no es importante.

qmecanico · Answer 2

El término de Maxwell

\begin{matrix} (1) & L_{METRO a X w mi yo yo} = - \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v} \end{matrix}

$\tag{1} {\cal L}_{\rm Maxwell}~=~-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$

surge naturalmente por muchas razones.

1) EM pura sin materia. Hay una lista muy corta de términos renormalizables relativistas especiales, que uno puede poner en una densidad lagrangiana local sin derivadas de tiempo de orden superior, y que es invariante de medida (hasta los términos límite). Entre la lista de estos candidatos, la densidad lagrangiana (1) es la única (módulo un factor de normalización general y términos límite de módulo) que conduce a las ecuaciones de Maxwell (sin términos fuente). La densidad lagrangiana de Born-infeld es un ejemplo de un candidato no local.

2) EM acoplado a materia. Surgen condiciones adicionales cuando se intenta acoplar EM a cargas puntuales. Se puede argumentar que el Lagrangiano relativista para $n$ cargas puntuales $q_1, \ldots, q_n$ , en posiciones ${\bf r}_1, \ldots, {\bf r}_n$ , en un fondo EM se da como

\begin{matrix} (2) & L = - \sum_{i = 1}^{norte} (\frac{{metro}_{0 i} C^{2}}{γ (v_{i})} + q_{i} {ϕ (r_{i}) - v_{i} \cdot A (r_{i})}) . \end{matrix}

$\tag{2} L ~=~ -\sum_{i=1}^n \left(\frac{m_{0i}c^2}{\gamma({\bf v}_i)} +q_i\{\phi({\bf r}_i) - {\bf v}_i\cdot {\bf A}({\bf r}_i)\} \right).$

Ver también esta respuesta Phys.SE. Este Lagrangiano (2) por ejemplo, reproduce correctamente la fuerza de Lorentz . De la ec. (2) es solo un pequeño paso para concluir que el término de interacción ${\cal L}_{\rm int}$ entre EM y materia [en el $(-,+,+,+)$ convención de signos] es de la forma

\begin{matrix} (3) & L_{i norte t} = j^{m} A_{m} . \end{matrix}

$\tag{3} {\cal L}_{\rm int}~=~J^{\mu}A_{\mu}.$

Recuerde también que las ecuaciones de Maxwell con fuentes son

\begin{matrix} (4) & d_{v} F^{v m} = - j^{m} . \end{matrix}

$\tag{4} d_{\nu} F^{\nu\mu}~=~-J^{\mu}.$

Si la acción

\begin{matrix} (5) & S [A] = \int d^{4} X L \end{matrix}

$\tag{5} S[A]~=~\int\! d^4x~ {\cal L}$

se supone que es variado wrt. la $4$ -potencial de calibre $A_{\mu}$ , es decir, el $4$ -potencial de calibre $A_{\mu}$ son las variables fundamentales de la teoría, y si además las correspondientes ecuaciones de Euler-Lagrange

\begin{matrix} (6) & 0 = \frac{d S}{d A_{m}} \overset{?}{=} d_{v} F^{v m} + j^{m} \end{matrix}

$\tag{6} 0~=~\frac{\delta S}{\delta A_{\mu}} ~\stackrel{?}{=}~d_{\nu} F^{\nu\mu}+J^{\mu}$

se supone que reproducen las ecuaciones de Maxwell (4), rápidamente queda claro que

\begin{matrix} (7) & L = L_{METRO a X w mi yo yo} + L_{i norte t} \end{matrix}

$\tag{7} {\cal L}~=~{\cal L}_{\rm Maxwell}+{\cal L}_{\rm int}$

es la densidad lagrangiana apropiada para EM con fuentes de fondo $J^{\mu}$ .

3) Para una discusión sobre la formulación de EM sin la $4$ -potencial de calibre $A_{\mu}$ , consulte también esta publicación de Phys.SE.

David Bar Moshé · Answer 3

La derivación más económica de las ecuaciones de Maxwell (es decir, en función del menor número de postulados) se conoce hoy en día con el nombre de "demostración de Feynman de las ecuaciones de Maxwell". Esta "prueba" fue descubierta por Feynman en 1948, pero no fue publicada porque Feynman no pensó que condujera a una nueva física. Fue solo en 1989 después de la muerte de Feynman cuando Dyson publicó su prueba, consulte el artículo de Dyson .

Después de ser publicada por Dyson, se descubrió que la prueba de Feynman contenía ideas muy profundas en la geometría de Poisson . Así como su generalización al caso no abeliano conduce a las ecuaciones de Wong que describen el movimiento de una partícula puntual en un campo externo de Yang-Mills, (ver la siguiente exposición de: Montesinos y Abdel Pérez-Lorenzana) que a su vez es relacionado con la teoría de Kaluza-Klein. Explica varias ideas mecánicas, por ejemplo el fenómeno del gato que cae . Todo el tema se conoce hoy con el nombre de geometría subriemanniana.

Los postulados de la prueba de Feynman son los siguientes:

La posición y la velocidad de la partícula satisfacen la relación canónica de paréntesis de Poisson con la posición.
La aceleración de una partícula cargada en un campo electromagnético es función únicamente de la posición y la velocidad.

Solo bajo estas suposiciones, Feynman demostró (consulte el artículo de Dyson para obtener más detalles) que la fuerza electromagnética debe satisfacer la ley de Lorentz y el campo electromagnético debe satisfacer las ecuaciones homogéneas de Maxwell.

Dom Asphir · Answer 4

Sí, el argumento de simetría es correcto: tiene que ser invariable bajo las transformaciones de calibre locales.

Eso tiene sentido, pero no está claro que no pueda haber otros lagrangianos que también sean invariantes.

Jold · Answer 5

Jold

Al variarlo con respecto a los cuatro potenciales, se obtienen las ecuaciones de Maxwell. Esa es realmente la única respuesta a por qué cualquier Lagrangiano clásico tiene la forma que tiene, porque produce las ecuaciones de campo correctas.

usuario21433

Pero, por supuesto, hay otros lagrangianos que hacen lo mismo. Y eso no servirá como una derivación, supongamos que no conocías las ecuaciones de Maxwell de antemano.

Nikolaj-K

@SeanD: ¿Qué es entonces, que sabes de antemano? Hay algunas cantidades invariantes , en lo que respecta a los lagrangianos, por supuesto, clásicamente puede haber más de una correspondiente a las ecuaciones de campo. Una característica notable de

F^{2}

$F^2$ es que es igual a la densidad de energía

u \propto E^{2} + B^{2} \propto (\vec{\nabla} ϕ)^{2} + . . .

$u\propto E^2+B^2\propto (\vec\nabla\phi)^2+...$ , o el trabajo de recoger las cargas eléctricas en un solo lugar.

mis2cts · Answer 6

El lagrangiano estándar es la única forma que

a) da las ecuaciones de movimiento correctas

b) es una densidad escalar de Lorentz

c) es invariante de calibre.

El requisito a) es obvio. b) se requiere que la integral de acción sea invariante de Lorentz. En mi artículo publicado como Eur. física JD, vol. 8, p 9-12 (2000) muestro que c) no se requiere.

Tenga en cuenta que la cuantización de la teoría requiere el formalismo de Gupta-Bleuler, que implica términos de ruptura de calibre infinitesimal . Esto resuelve el problema de que el calibre de Lorenz, o cualquier otro, no se puede imponer en forma de operador. Esto entra en conflicto con c) aunque el resultado final no depende precisamente de cómo se rompa la invariancia de calibre. Domar las divergencias infrarrojas requiere una masa fotónica infinitesimal, que también rompe la condición de invariancia de calibre c) (Itzykson & Zuber, p. 172).

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Nikolaj-K

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