Invariantes fundamentales del campo electromagnético

Question

Invariantes fundamentales del campo electromagnético

Emilio Pisanty

Es un ejercicio estándar en electrodinámica relativista mostrar que el tensor de campo electromagnético $F_{\mu\nu}$ , cuyas componentes son iguales a las eléctricas $E^i=cF^{i0}$ y magnético $B_i=-\frac12\epsilon_{ijk}F^{jk}$ campos en el marco de referencia tomado, tiene dos cantidades invariantes de Lorentz,

\frac{1}{2} F^{m v} F_{m v} = B^{2} - {mi}^{2}

$\frac12F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=\mathbf{B}^2-\mathbf{E}^2$ y

\frac{1}{4} F_{m v}^{*} F^{m v} = \frac{1}{4} ϵ^{m v α β} F_{m v} F_{α β} = B \cdot mi .

$\frac14F_{\mu\nu} {}^\ast F^{\mu\nu}=\frac14\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta }F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}.$

Hay, sin embargo, otro artículo de Wikipedia que afirma que estas dos cantidades son fundamentales , en el sentido de que cualquier otra invariante de este tensor debe ser función de estas dos. Si bien encuentro esto plausible, nunca he visto una prueba de este hecho, y está ausente, por ejemplo, en Jackson. ¿Hay una prueba simple de este hecho? Estoy particularmente interesado en los invariantes de orden superior, pero también me gustaría que las respuestas incluyeran una prueba de que estos son los únicos dos bilineales.

Para ser más preciso, me gustaría ver una prueba de que

Cualquier función $I:F_{\mu\nu}\mapsto I(F)\in\mathbb{R}$ que lleva los tensores de campo electromagnético a escalares reales y que es invariante de Lorentz (es decir, $I(\Lambda_{\mu}^\alpha \Lambda_{\nu}^\beta F_{\alpha\beta})= I(F_{\mu\nu})$ para todas las transformaciones de Lorentz) debe ser una función $I(F)=I'(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu},F_{\mu\nu}\ {}^\ast F^{\mu\nu})$ de las dos invariantes fundamentales descritas anteriormente.

Si hay varias formas de llegar a este resultado, también agradecería comentarios sobre cómo se relacionan entre sí.

Trimok

@NijankowskiV. : La pregunta es sobre invariantes de alto orden (cúbicas, cuarticas, etc...).

Trimok

@EmilioPisanty : Me pregunto si hay una relación con el hecho de que el número de operadores independientes de Casimiro depende solo del grupo de simetría, aquí el grupo de Poincaré, y no depende de la representación. Y sabemos que, solo quedan 2 Casimir independientes para el grupo de Poincaré...

Emilio Pisanty

@Trimok Si bien eso puede tener algo que ver, cualquier explicación de este tipo tendría que (a) tener en cuenta la asimetría y los dos tensores de

F

$F$ , o (b) también producen estrictamente dos invariantes independientes para tensores de cualquier rango y simetría. Si bien no es inverosímil, (b) me suena poco probable, mientras que (a) suena un poco alejado de eso.

usuario34134

Tal vez no usen toda la generalidad que parece estar buscando, pero ¿ha verificado arXiv: 1309.4185 ?

qmecanico

Comentarios a la pregunta (v3): (i) Quizás se podría mencionar explícitamente que los escalares reales también deberían ser invariantes de calibre (además de ser invariantes de Lorentz) para excluir, por ejemplo

A_{μ} A^{μ}

$A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) ¿Qué pasa con los derivados del espacio-tiempo de

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ ? ¿Deberían estar permitidos? P.ej

F_{μ ν} ◻ F^{μ ν}

$F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ ,

\partial_{λ} F_{μ ν} \partial^{λ} F^{μ ν}

$\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , ¿etc? (iii) ¿Qué pasa con otras dimensiones además de 4D?

bolbteppa

Los valores propios son invariantes, encuentre los valores propios de

F_{ν}^{μ}

$F^{\mu}_{\nu}$ calculando la ecuación característica

det (F_{ν}^{μ} - λ δ_{ν}^{μ}) = 0

$\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , los coeficientes del polinomio característico escupen ambas expresiones (y por el teorema de Vieta se expresan en términos de los valores propios, por lo tanto, invariantes), Dalarsson sec. 15.3.

parker

@Qmechanic La pregunta pide explícitamente funciones de

F_{μ ν}

$F_{\mu \nu}$ y no menciona el potencial de calibre. De hecho, permite la posibilidad de que el

F

$F$ la forma no es cerrada, en cuyo caso no existe el concepto de potencial calibre (ya sea local o global).

parker

@bolbteppa Los valores propios son invariantes bajo transformaciones ortogonales, no bajo transformaciones de Lorentz.

Respuestas (6)

Invariantes fundamentales del campo electromagnético

@NijankowskiV. : La pregunta es sobre invariantes de alto orden (cúbicas, cuarticas, etc...).
@EmilioPisanty : Me pregunto si hay una relación con el hecho de que el número de operadores independientes de Casimiro depende solo del grupo de simetría, aquí el grupo de Poincaré, y no depende de la representación. Y sabemos que, solo quedan 2 Casimir independientes para el grupo de Poincaré...
@Trimok Si bien eso puede tener algo que ver, cualquier explicación de este tipo tendría que (a) tener en cuenta la asimetría y los dos tensores de $F$ , o (b) también producen estrictamente dos invariantes independientes para tensores de cualquier rango y simetría. Si bien no es inverosímil, (b) me suena poco probable, mientras que (a) suena un poco alejado de eso.
Tal vez no usen toda la generalidad que parece estar buscando, pero ¿ha verificado arXiv: 1309.4185 ?
Comentarios a la pregunta (v3): (i) Quizás se podría mencionar explícitamente que los escalares reales también deberían ser invariantes de calibre (además de ser invariantes de Lorentz) para excluir, por ejemplo $A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) ¿Qué pasa con los derivados del espacio-tiempo de $F_{\mu\nu}$ ? ¿Deberían estar permitidos? P.ej $F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ , $\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , ¿etc? (iii) ¿Qué pasa con otras dimensiones además de 4D?
Los valores propios son invariantes, encuentre los valores propios de $F^{\mu}_{\nu}$ calculando la ecuación característica $\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , los coeficientes del polinomio característico escupen ambas expresiones (y por el teorema de Vieta se expresan en términos de los valores propios, por lo tanto, invariantes), Dalarsson sec. 15.3.
@Qmechanic La pregunta pide explícitamente funciones de $F_{\mu \nu}$ y no menciona el potencial de calibre. De hecho, permite la posibilidad de que el $F$ la forma no es cerrada, en cuyo caso no existe el concepto de potencial calibre (ya sea local o global).
@bolbteppa Los valores propios son invariantes bajo transformaciones ortogonales, no bajo transformaciones de Lorentz.

usuario23660 · Answer 1

Aquí está la prueba tomada de la "Teoría clásica de los campos" de Landau & Lifshitz:

Tome el vector complejo (3):

F = mi + i B .

$\mathbf{F} = \mathbf{E}+i\, \mathbf{B}.$ Ahora considere el comportamiento de este vector bajo transformaciones de Lorentz. Es fácil demostrar que los impulsos de Lorentz corresponden a rotaciones a través de los ángulos imaginarios, por ejemplo, impulso en

(x, t)

$(x,t)$ plano:

\begin{matrix} F_{X} = F_{X}^{'}, \\ F_{y} = F_{y}^{'} aporrear ψ - i F_{z}^{'} pecado ψ = F_{y}^{'} porque i ψ - F_{z}^{'} pecado i ψ . \\ F_{z} = F_{z}^{'} porque i ψ + F_{y}^{'} pecado i ψ, \end{matrix}

$\begin{gather} F_x=F'_x,\\ F_y = F'_y \cosh \psi - i F'_z \sinh \psi = F'_y \cos i \psi - F'_z \sin i \psi. \\ F_z = F'_z \cos i \psi + F'_y \sin i \psi, \end{gather}$ dónde

\tanh ψ = \frac{v}{c}

$\tanh \psi = \frac{v}c$ , corresponden a la rotación de

F

$\mathbf{F}$ a través de un ángulo imaginario

i ψ

$i \psi$ en el

(y, z)

$(y,z)$ plano.

En general, el conjunto de todas las transformaciones de Lorentz (incluidas también las rotaciones puramente espaciales) es equivalente al conjunto de todas las posibles rotaciones a través de ángulos complejos en el espacio tridimensional (donde los seis ángulos de rotación en el espacio cuatridimensional corresponden a los tres ángulos complejos de rotación del sistema tridimensional).

La única invariante de un vector con respecto a la rotación es su cuadrado: $\mathbf{F}^2 = E^2 - B^2 + 2 i (\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ por lo tanto las cantidades reales $E^2-B^2$ y $(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ son los dos únicos invariantes independientes del tensor $F_{\mu\nu}$ .

Entonces, en esencia, reducimos el problema de la invariante de $F_{\mu\nu}$ bajo la transformación de Lorentz a invariantes de un vector de 3 bajo rotaciones que es el cuadrado de un vector (y solo él). Entonces cualquier invariante $I(F)$ tiene que ser la función de $\Re(F^2)$ y $\Im(F^2)$ .

usuario23660 · Answer 2

Aquí hay otra prueba.

Supongamos que hay otra invariante $I_3$ funcionalmente independiente de $I_1= E^2-B^2$ y $I_2=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}$ . Esto significaría que

Hay pares de vectores. $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ y $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , que tienen el mismo $I_1$ y $I_2$ pero que no se pueden convertir entre sí mediante alguna transformación de Lorentz (porque tienen diferentes valores de invariante $I_3$ ).
Si una transformación de Lorentz cambia un par $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ dentro $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , entonces hay otro par $(\mathbf{E}'',\mathbf{B}'')$ con el mismo $I_1$ y $I_2$ (pero diferente $I_3$ ) que ninguna transformación de Lorentz puede transformar en $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ .

Es fácil demostrar que tanto 1 como 2 son falsos. Vamos a refutar (2). Para hacer eso, elijamos la única forma particular de $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ dónde $\mathbf{E}'$ y $\mathbf{B}'$ ambos son paralelos al $x$ eje (y $E_x\ge 0$ ). Esto siempre se puede hacer en caso de que al menos uno de $I_1$ o $I_2$ es distinto de cero con una combinación de impulso a lo largo de las mutuamente ortogonales a $\bf E$ y $\bf B$ dirección con la velocidad $\bf v$ satisfactorio

\frac{v / C}{1 + v^{2} / C^{2}} = \frac{[mi \times B]}{{mi}^{2} + B^{2}}

$\frac{\mathbf{v}/c}{1+v^2/c^2}=\frac{[\mathbf{E}\times \mathbf{B}]}{E^2+B^2}$ y rotación espacial (tenga en cuenta que tal transformación no es única). Como tal transformación existe para todos los pares de

(E, B)

$(\mathbf{E},\mathbf{B})$ y un par

(E^{'}, B^{'})

$(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ se define unívocamente por

I_{1}

$I_1$ y

I_{2}

$I_2$ Probamos que 2 es falso. Entonces tenemos una contradicción y ningún invariante independiente

I_{3}

$I_3$ existe

Nota : Un caso especial de $I_1=0$ , $I_2=0$ tiene que ser considerado por separado, pero no plantea problemas especiales.

nikos m. · Answer 3

Una demostración (constructiva) basada en Las invariantes del campo electromagnético (arxiv, 2014)

Presentamos una prueba constructiva de que todos los escalares de Lorentz invariantes de calibre en electrodinámica se pueden expresar como una función de los cuadráticos.

Resumen

Asumiendo una notación matricial generalizada para los tensores en electrodinámica.

Una forma conveniente de clasificar todos los escalares y pseudoescalares es escribir un invariante de orden $n$ (par o impar) en la intensidad de campo como:

{yo}^{(norte)} = F^{α β} \dots F^{k λ} {yo}_{α β \dots k λ} (norte factores)

$I^{(n)} = F^{\alpha\beta} \cdots F^{\kappa\lambda} I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda} \space\space\space (n \space \textrm{factors)}$

dónde $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ se construye a partir del único tensor y pseudotensor que son invariantes bajo las transformaciones de Lorentz propias: $\eta_{\mu\nu}$ y $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ .

Ahora hay 3 casos:

UNA.

los $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ no contiene el $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ tensor.

Entonces los invariantes tienen la forma genérica:

{yo}^{(norte)} = T r (F^{q}) T r (F^{pags}) \dots T r (F^{r})

$I^{(n)} = Tr(F^q)Tr(F^p) \cdots Tr(F^r)$

con $p+q+\cdots+r=n$

La antisimetría de $F$ implica que $Tr(F^q)=0$ cuando $q$ es impar.

Incluso para $p$ , la conservación de la paridad y la relación de recurrencia:

T r (F^{pags}) = - \frac{F}{2} T r (F^{pags - 2}) + \frac{GRAMO}{dieciséis} T r (F^{pags - 4})

$Tr(F^p) = −\frac{F}{2}Tr(F^{p−2}) + \frac{G}{16}Tr(F^{p−4})$

implica que todos los invariantes de esta forma se reducen a los invariantes cuadráticos (y funciones de ellos).

B.

los $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ contiene $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ tensor número par de veces.

En este caso, los tensores antisimétricos épsilon se pueden reducir de acuerdo con:

ϵ_{m v ρ σ} ϵ_{π d k λ} = det [\begin{array}{cccc} η_{m π} & η_{m d} & η_{m k} & η_{m λ} \\ η_{v π} & η_{v d} & η_{v k} & η_{v λ} \\ η_{ρ π} & η_{ρ d} & η_{ρ k} & η_{ρ λ} \\ η_{σ π} & η_{σ d} & η_{σ k} & η_{σ λ} \end{array}]

$\boxed{\;\;\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\pi\delta\kappa\lambda } =\det\left[\begin{array}{cccc} \eta_{\mu\pi} & \eta_{\mu\delta} &\eta_{\mu\kappa} &\eta_{\mu\lambda}\\ \eta_{\nu\pi} &\eta_{\nu\delta} &\eta_{\nu\kappa} & \eta_{\nu\lambda} \\ \eta_{\rho\pi} & \eta_{\rho\delta} &\eta_{\rho\kappa} & \eta_{\rho\lambda}\\ \eta_{\sigma\pi} & \eta_{\sigma\delta} &\eta_{\sigma\kappa} &\eta_{\sigma\lambda}\end{array}\right]\;\;}$

y luego se maneja como en el caso A.

C.

los $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ contiene $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ tensor número impar de veces.

De manera similar al caso B. por encima de todo menos un factor epsilon se puede reducir lo que conduce a la forma genérica:

{yo}_{α β \dots k λ m v π d} = η_{α β} \dots η_{k λ} ϵ_{m v π d} (norte - 2 factores)

$I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda\mu\nu\pi\delta} = \eta_{\alpha\beta}\cdots\eta_{\kappa\lambda}\epsilon_{\mu\nu\pi\delta} \space\space\space(n-2 \space\space \text{factors})$

El único invariante con un tensor épsilon se reduce al factor de la forma genérica:

{yo}^{(q + r)} = (F^{q})^{k λ} ϵ_{k λ π d} (F^{r})^{π d}

$I^{(q+r)} = (F^q)^{\kappa\lambda}\epsilon_{\kappa\lambda\pi\delta}(F^r)^{\pi\delta}$

que con relaciones de recurrencia similares a las de la parte A se reduce a invariantes cuadráticas.

(consulte el documento para obtener detalles y las relaciones de recurrencia)

misha · Answer 4

Esta es una copia de mi respuesta a otra pregunta que se marcó como un duplicado de esta.

Debo admitir que no estoy muy familiarizado con el grupo de Lorentz, pero este tipo de preguntas es definitivamente para la teoría de grupos. De wikipedia concluyo que el tensor de campo electromagnético se transforma bajo $(1,0)\oplus(0,1)$ representación. La idea general es encontrar cuántos invariantes (es decir, $(0,0)$ ) se puede formar a partir de dos valores que se transforman bajo $(1,0)\oplus(0,1)$ . Entonces, necesitamos encontrar el resultado de los productos directos. $\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right]$ .

Basado en la explicación dada aquí , concluyo que es igual a

[(1, 0) \oplus (0, 1)] \otimes [(1, 0) \oplus (0, 1)] =

$\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] =$

[(1, 0) \otimes (1, 0)] \oplus [(0, 1) \otimes (0, 1)] \oplus 2 \cdot [(1, 0) \otimes (1, 0)] =

$[(1,0)\otimes(1,0)]\oplus[(0,1)\otimes(0,1)] \oplus 2\cdot[(1,0)\otimes(1,0)]=$

[(0, 0) \oplus (1, 0) \oplus (2, 0)] \oplus [(0, 0) \oplus (0, 1) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1) =

$[(0,0)\oplus(1,0)\oplus(2,0)] \oplus [(0,0)\oplus(0,1)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1) =$

2 \cdot (0, 0) \oplus [(1, 0) \oplus (0, 1)] \oplus [(2, 0) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1)

$2\cdot (0,0) \oplus[(1,0)\oplus(0,1)] \oplus[(2,0)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1)$

El número de escalares ( $(0,0)$ representación) en el producto es 2. Entonces, podemos construir solo dos escalares a partir del producto de dos tensores de campo electromagnético.

leonelbrit · Answer 5

Creo que el punto es que los únicos tensores invariantes (bajo las transformaciones de Lorentz adecuadas) son $\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}$ y $\eta^{\mu\nu}$ , por lo que cualquier invariante contendrá cierto número de potencias de $F_{\mu\nu}$ donde los índices se contraen (elevan) con estos dos tensores invariantes. Debido a la antisimetría y la simetría, $\eta$ solo puede actuar una vez en $F$ y $\epsilon$ no se puede actuar sobre lo mismo $F$ mas de dos veces. Entonces eso reduce las posibilidades a poderes de $F^2$ y $F\,{}^*F$

David · Answer 6

Calculemos el polinomio característico del tensor:

{F^{a}}_{b} = (\begin{matrix} 0 & {mi}_{X} & {mi}_{y} & {mi}_{z} \\ {mi}_{X} & 0 & - B_{z} & B_{y} \\ {mi}_{y} & B_{z} & 0 & - B_{X} \\ {mi}_{z} & - B_{y} & B_{X} & 0 \end{matrix})

${\mathbf{F}^a}_b = \begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z \\ E_x & 0 & -B_z & B_y \\E_y & B_z & 0 & -B_x \\ E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix}$

que resulta ser:

{pags}_{F} (λ) = λ^{4} - ({mi}^{2} - B^{2}) λ^{2} - (mi \cdot B)^{2}

$p_{\mathbf{F}}(\lambda) = \lambda^4 - (\boldsymbol{E}^2-\boldsymbol{B}^2) \lambda^2 - (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B})^2$

Es un resultado bien conocido que encontrar las invariantes de un tensor puede reducirse a encontrar las invariantes que son funciones polinómicas de sus coordenadas, ver Zheng (1994) .

Esto le da mucho peso a la referencia citada. ¿Puede ampliar un poco la naturaleza del resultado informado allí?
Esencialmente, para cada invariante $f(F)$ podemos encontrar un polinomio invariante $p(F)$ tal que: $f(F) = \phi\circ p(F)$ , por lo que los invariantes no polinómicos se pueden omitir en condiciones razonables.

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