Ableitung der Maxwell-Gleichungen aus dem Feldtensor-Lagrangian

Wir variieren die Aktion

$$\delta \int {L\;\mathrm{d}t} = \delta \int {\int {\Lambda \left( {A_\nu ,\partial _\mu A_\nu } \right)\mathrm{d}^3 x\;\mathrm{d}t = 0} }$$ ${\Lambda \left( {A_\nu ,\partial _\mu A_\nu } \right)}$ist die Lagrangedichte des Systems.

So,

$$\int {\int {\left( {\frac{{\partial \Lambda }}{{\partial A_\nu }}\delta A_\nu + \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\delta \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)} \right)\mathrm{d}^3 x\;\mathrm{d}t = 0} }$$ Durch partielle Integration erhalten wir: $$\int {\int {\left( {\frac{{\partial \Lambda }}{{\partial A_\nu }} - \partial _\mu \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}} \right)\delta A_\nu \mathrm{d}^3 x\;\mathrm{d}t = 0} } \implies \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial A_\nu }} - \partial _\mu \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}} = 0$$ Wir müssen die Dichte des Lagrange bestimmen. Ein Begriff befasst sich mit der Wechselwirkung der Ladungen mit dem elektromagnetischen Feld, $J^\mu A_\mu$. Der andere Term ist die Energiedichte des elektromagnetischen Feldes: Dieser Term ist die Differenz des magnetischen Feldes und des elektrischen Feldes. Also haben wir: $$\Lambda = J^\mu A_\mu + \frac{1}{{4\mu _0 }}F^{\mu \nu } F_{\mu \nu }$$ Wir haben: $$\frac{{\partial \Lambda }}{{\partial A_\nu }} = J^\nu$$ Also: $$\begin{align}\partial _\mu \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}} &= \frac{1}{{4\mu _0 }}\partial _\mu \left( {\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}F^{\kappa \lambda } F_{\kappa \lambda } } \right) \\&= \frac{1}{{4\mu _0 }}\partial _\mu \left( {\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\left( {\partial ^\kappa A^\lambda - \partial ^\lambda A^\kappa } \right)\left( {\partial _\kappa A_\lambda - \partial _\lambda A_\kappa } \right)} \right)} \right) \\&= \frac{1}{{4\mu _0 }}\partial _\mu \left( {\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial ^\kappa A^\lambda \partial _\kappa A_\lambda - \partial ^\kappa A^\lambda \partial _\lambda A_\kappa - \partial ^\lambda A^\kappa \partial _\kappa A_\lambda + \partial ^\lambda A^\kappa \partial _\lambda A_\kappa } \right)} \right)\end{align}$$ Der dritte und der vierte Term sind gleich dem ersten und dem zweiten Term. Du kannst tun $k \leftrightarrow \lambda$: $$\begin{align}\partial _\mu \frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}} & = \frac{1}{{2\mu _0 }}\partial _\mu \left( {\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial ^\kappa A^\lambda \partial _\kappa A_\lambda - \partial ^\kappa A^\lambda \partial _\lambda A_\kappa } \right)} \right)\;.\end{align}$$ Aber $$\begin{align}\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial ^\kappa A^\lambda \partial _\kappa A_\lambda } \right) &= \partial ^\kappa A^\lambda \frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial _\kappa A_\lambda } \right) + \partial _\kappa A_\lambda \frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial ^\kappa A^\lambda } \right) \\ &= \partial ^\kappa A^\lambda \delta _\kappa ^\mu \delta _\lambda ^\nu + g^{\kappa \alpha } g^{\lambda \beta } \partial _\kappa A_\lambda \frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial _\alpha A_\beta } \right)\\& = 2\partial ^\mu A^\nu \;.\end{align}$$

Wir haben:

$$\begin{align}\frac{\partial }{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}\left( {\partial ^\kappa A^\lambda \partial _\lambda A_\kappa } \right) &= 2\partial ^\nu A^\mu \;. \end{align}$$

So,

$$\begin{align}\partial _\mu \left( {\frac{{\partial \Lambda }}{{\partial \left( {\partial _\mu A_\nu } \right)}}} \right)& = \frac{1}{{\mu _0 }}\partial _\mu \left( {\partial ^\mu A^\nu - \partial ^\nu A^\mu } \right)\\ & = \frac{1}{{\mu _0 }}\partial _\mu F^{\mu \nu } \;.\end{align}$$ Die Lagrange-Gleichungen liefern die nicht homogenen Maxwell-Gleichungen:

$$\partial _\mu F^{\mu \nu } = \mu _0 J^\nu \;.$$

Nun, Sie haben es fast geschafft. Nutzen Sie die Tatsache, dass

$${\partial (\partial_{\mu} A_{\nu}) \over \partial(\partial_{\rho} A_{\sigma})} = \delta_{\mu}^{\rho} \delta_{\nu}^{\sigma}$$ was gilt, weil $\partial_{\mu} A_{\nu}$sind $d^2$unabhängige Komponenten.

Lieber Amc, schreiben Sie zuerst Ihre Lagrange-Dichte als

$$L = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -\frac{1}{2} (\partial_\mu A_\nu) F^{\mu\nu}$$ Ist das soweit in Ordnung? Das $F_{\mu\nu}$enthält zwei Terme, die es in den beiden Indizes antisymmetrisch machen. Es wird jedoch mit einem anderen multipliziert $F^{\mu\nu}$das ist bereits antisymmetrisch, also muss ich es nicht noch einmal antisymmetrisieren. Stattdessen geben mir beide Terme dasselbe, also den Koeffizienten $-1/4$ändert sich einfach in $-1/2$.

Jetzt zwingen Sie die Feldgleichungen, die Ableitungen der Lagrange-Funktion in Bezug auf zu berechnen$A_\mu$und seine Derivate. Zunächst einmal die Ableitung der Lagrange-Funktion$L$in Gedenken an$A_\mu$Komponenten selbst verschwindet, weil die Lagrange-Funktion nur von den partiellen Ableitungen von abhängt$A_\mu$. Ist das soweit klar?

Die Bewegungsgleichungen werden also sein

$$0 = -\partial_\mu [\partial L / \partial(\partial_\mu A_\nu)] = \dots$$ Hoppla, Sie sind bereits an diesem Punkt angelangt. Aber schauen Sie sich jetzt meine Form der Lagrange-Funktion oben an. Die Ableitung der Lagrange-Funktion in Bezug auf $\partial_\mu A_\nu$ist einfach $$-\frac{1}{2} F^{\mu\nu}$$ Weil $\partial_\mu A_\nu$einfach als Faktor erscheint, also werden die Bewegungsgleichungen einfach sein $$0 = +\frac{1}{2} \partial_\mu F^{\mu\nu}$$ Allerdings habe ich bewusst einen Fehler gemacht. Ich habe nur die Lagrangian in Bezug auf differenziert $\partial_\mu A_\nu$im ersten Faktor enthalten $F_{\mu\nu}$, mit den niedrigeren Indizes. Jedoch, $\partial_\mu A_\nu$Komponenten erscheinen auch in $F^{\mu\nu}$, der zweite Faktor in der Lagrange-Funktion, einer mit den oberen Indizes. Wenn Sie die entsprechenden Terme aus der Leibniz-Regel hinzufügen, ergibt sich einfach, dass sich der gesamte Beitrag verdoppelt. Die richtige Bewegungsgleichung, einschließlich des natürlichen Koeffizienten, wird also sein $$0 = \partial_\mu F^{\mu\nu}$$ Die Gesamtnormalisierung ist wichtig, da diese Gleichung zusätzliche Terme erhalten kann, wie z. B. den Strom, dessen Koeffizienten offensichtlich sind, und Sie möchten keinen relativen Fehler von zwei zwischen der Ableitung von erhalten $F$und der Strom $j$.

Gruß Lubos

Obwohl ich spät in der Party bin, poste ich eine Antwort auf elementarer Ebene. Vielleicht beweist dies die Leistungsfähigkeit des Tensorkalküls, der in allen vorherigen netten Antworten verwendet wurde.

Abstrakt

^{In dieser Antwort werden wir versuchen, Maxwell-Gleichungen im leeren Raum abzuleiten}

$$\begin{align} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{E} & = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} \tag{001a}\\ \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{B} & = \mu_{0}\mathbf{j}+\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \tag{001b}\\ \nabla \boldsymbol{\cdot} \mathbf{E} & = \frac{\rho}{\epsilon_{0}} \tag{001c}\\ \nabla \boldsymbol{\cdot}\mathbf{B}& = 0 \tag{001d} \end{align}$$ aus den Euler-Lagrange-Gleichungen $$\begin{equation} \boxed{\: \dfrac{\partial }{\partial t}\left(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\eta}_{\jmath}}\right) + \nabla \boldsymbol{\cdot}\left[\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\eta_{\jmath}\right)}\right]- \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \eta_{\jmath}}=0, \quad \left(\jmath=1,2,3,4\right) \:} \tag{002} \end{equation}$$ wo $$\begin{equation} \mathcal{L}=\mathcal{L}\left(\eta_{\jmath}, \dot{\eta}_{\jmath}, \boldsymbol{\nabla}\eta_{\jmath}\right) \qquad \left(\jmath=1,2,3,4\right) \tag{003} \end{equation}$$ ist die Lagrange-Dichte der Frage (außer einem konstanten Faktor) $$\begin{equation} \boxed{\: \mathcal{L}=\dfrac{\Vert\mathbf{E}\Vert^{2}-c^{2}\Vert\mathbf{B}\Vert^{2}}{2}+\dfrac{1}{\epsilon_{0}}\left( -\rho \phi + \mathbf{j}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A}\right) \:} \tag{004} \end{equation}$$ und $\:\eta_{\jmath}\left( x_{1},x_{2},x_{3},t\right), \:\:\jmath=1,2,3,4\:$die Komponenten $\:A_{1},\:A_{2},\:A_{3},\phi\:$des EM-Potenzial-4-Vektors. In gewissem Sinne baut diese Ableitung auf der Umkehrung auf (: das Finden einer richtigen Lagrange-Dichte aus Maxwell-Gleichungen ), indem man sich rückwärts bewegt, siehe meine Antwort hier: Ableitung der Lagrange-Dichte für elektromagnetisches Feld

1. Hauptabschnitt

Zuerst drücken wir aus$\:\mathbf{E},\mathbf{B}\:$von (004) in Bezug auf die potentiellen 4-Vektor-Komponenten$\:A_{1},\:A_{2},\:A_{3},\phi\:$

$$\begin{align} \mathbf{B} & = \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A} \tag{005a}\\ \mathbf{E} & = -\boldsymbol{\nabla}\phi -\dfrac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} = -\boldsymbol{\nabla}\phi - \mathbf{\dot{A}} \tag{005b} \end{align}$$ Ab (005) gelten automatisch die Maxwell-Gleichungen (001a) und (001d). Die vier(4) skalaren Maxwell-Gleichungen (001b) und (001c) müssen also aus den vier(4) skalaren Euler-Lagrange-Gleichungen (002) abgeleitet werden. Außerdem ist es vernünftig anzunehmen, dass die Vektorgleichung (001b) in Bezug auf die Komponenten des Vektorpotentials von (002) abgeleitet werden muss $\:\mathbf{A}=\left(A_{1},\:A_{2},\:A_{3}\right)\:$, während die skalare Gleichung (001c) bezüglich des skalaren Potentials aus (002) abgeleitet werden muss $\:\phi\:$.

Aus den Gleichungen (005) drücken wir die Lagrange-Dichte (004) in Form der potentiellen 4-Vektor-Komponenten aus$\:A_{1},\:A_{2},\:A_{3},\phi\:$:

$$\begin{align} \left\Vert\mathbf{E}\right\Vert^{2} & = \left\Vert - \boldsymbol{\nabla}\phi -\dfrac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right\Vert^{2} = \left\Vert \mathbf{\dot{A}}\right\Vert^{2}+\Vert \boldsymbol{\nabla}\phi \Vert^{2}+2\left(\boldsymbol{\nabla}\phi \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}\right) \tag{006a}\\ & \nonumber\\ \left\Vert\mathbf{B}\right\Vert^{2} & = \left\Vert\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right\Vert^{2} \equiv \sum^{k=3}_{k=1}\left[\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}-\dfrac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right] \tag{006b} \end{align}$$ Die zweite Gleichung in (006b), das ist die Identität $$\begin{equation} \left\Vert\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right\Vert^{2} \equiv \sum^{k=3}_{k=1}\left[\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}-\dfrac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right] \tag{Id-01} \end{equation}$$ wird in 2. Identitäten Abschnitt bewiesen . Einfügen von Ausdrücken (006) in (004) ist die Lagrange-Dichte ^{$$\begin{equation} \mathcal{L}=\underbrace{\tfrac{1}{2}\left\Vert \mathbf{\dot{A}}\right\Vert^{2}+\tfrac{1}{2}\Vert \boldsymbol{\nabla}\phi \Vert^{2}+\boldsymbol{\nabla}\phi \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}}_{\tfrac{1}{2}\left\Vert - \boldsymbol{\nabla}\phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right\Vert^{2}}-\tfrac{1}{2}c^{2}\underbrace{\sum^{k=3}_{k=1}\left[\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right]}_{\left\Vert \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right\Vert^{2}}+\frac{1}{\epsilon_{0}}\left( -\rho \phi + \mathbf{j}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}\right) \tag{007} \end{equation}$$}

Wir ordnen die Items in (007) wie folgt neu:

$$\begin{align} \mathcal{L} & = \overbrace{\tfrac{1}{2}\Vert \boldsymbol{\nabla}\phi \Vert^{2}-\frac{\rho \phi}{\epsilon_{0}}+\boldsymbol{\nabla}\phi \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}}^{\mathcal{L}_{\phi}=\text{with respect to }\phi}+\tfrac{1}{2}\left\Vert \mathbf{\dot{A}}\right\Vert^{2}+\tfrac{1}{2}c^{2}\sum^{k=3}_{k=1}\left[\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}\right]+\frac{\mathbf{j} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}}{\epsilon_{0}} \tag{008a}\\ \mathcal{L} & = \tfrac{1}{2}\Vert \boldsymbol{\nabla}\phi \Vert^{2}-\frac{\rho \phi}{\epsilon_{0}}+\underbrace{\boldsymbol{\nabla}\phi\boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}+\tfrac{1}{2}\left\Vert \mathbf{\dot{A}}\right\Vert^{2}+\tfrac{1}{2}c^{2}\sum^{k=3}_{k=1}\left[\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\Vert\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}\right]+\frac{\mathbf{j}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}}{\epsilon_{0}}}_{\mathcal{L}_{\mathbf{A}}=\text{with respect to }\mathbf{A}} \tag{008b} \end{align}$$

Das$\:\mathcal{L}_{\phi}\:$ein Teil der Dichte enthält alles$\:\phi$-Bedingungen und wird vernünftigerweise allein auf die Ableitung der Maxwell-Gleichung (001c) aus der Euler-Lagrange-Gleichung (002) bezogen$\:\eta_{4}=\phi\:$. Das$\:\mathcal{L}_{\mathbf{A}}\:$ein Teil der Dichte enthält alles$\: \mathbf{A}$-Bedingungen und wird vernünftigerweise allein auf die Ableitung der Maxwell-Gleichung (001b) aus den Euler-Lagrange-Gleichungen (002) bezogen$\:\eta_{1},\eta_{2},\eta_{3}=A_{1},A_{1},A_{3}\:$. Beachten Sie den gemeinsamen Begriff$\:\boldsymbol{\nabla}\phi \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}\:$der Teile$\:\mathcal{L}_{\phi},\mathcal{L}_{\mathbf{A}}\:$.

Die Euler-Lagrange-Gleichung bzgl$\:\eta_{4}=\phi\:$ist :

$$\begin{equation} \dfrac{\partial }{\partial t}\overbrace{\left(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}}\right)}^{0} +\nabla \boldsymbol{\cdot}\overbrace{\left[\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\phi\right)}\right]}^{\boldsymbol{\nabla}\phi+\mathbf{\dot{A}}}-\overbrace{\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}}^{-\frac{\rho }{\epsilon_{0}}}=0 \tag{009} \end{equation}$$ oder $$\begin{equation} \nabla \boldsymbol{\cdot}\underbrace{\left(-\boldsymbol{\nabla}\phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right)}_{\mathbf{E}}= \frac{\rho }{\epsilon_{0}} \tag{010} \end{equation}$$ das ist die Maxwell-Gleichung (001c) $$\begin{equation} \nabla \boldsymbol{\cdot}\mathbf{E} = \frac{\rho}{\epsilon_{0}} \tag{001c} \end{equation}$$

Um die Maxwell-Gleichung (001b) herzuleiten, drücken wir sie mit Hilfe der Gleichungen (005) durch die potentiellen 4-Vektor-Komponenten aus$\:A_{1},\:A_{2},\:A_{3},\phi\:$:

$$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \left(\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right) =\mu_{0}\mathbf{j}+\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial }{\partial t}\left(-\boldsymbol{\nabla}\phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right) \tag{011} \end{equation}$$ Verwendung der Identität $$\begin{equation} \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \left( \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right) =\boldsymbol{\nabla}\left(\nabla \boldsymbol{\cdot}\mathbf{A}\right)- \nabla^{2}\mathbf{A} \tag{012} \end{equation}$$ Gl. (011) liefert $$\begin{equation} \frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}\mathbf{A}}{\partial t^{2}}-\nabla^{2}\mathbf{A}+ \boldsymbol{\nabla}\left(\nabla \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}+\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial \phi}{\partial t}\right) =\mu_{0}\mathbf{j} \tag{013} \end{equation}$$ Das $\:k$-Komponente von Gl. (013) wird korrekt ausgedrückt, um wie folgt wie eine Euler-Lagrange-Gleichung auszusehen: $$\begin{equation} \dfrac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\partial \mathrm{A}_{k}}{\partial t}+\frac{\partial \phi}{\partial x_{k}}\right)+\nabla \boldsymbol{\cdot} \left[c^{2}\left(\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}- \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)\right] -\frac{\mathrm{j}_{k}}{\epsilon_{0}}=0 \tag{014} \end{equation}$$ Es genügt, über Gl. (014) aus der Euler-Lagrange-Gleichung (002) bzgl $\:\eta_{k}=A_{k},\:\: k=1,2,3\:$:

$$\begin{equation} \dfrac{\partial }{\partial t}\left(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{A}_{k}}\right) + \nabla \boldsymbol{\cdot}\left[\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}A_{k}\right)}\right]- \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_{k}}=0 \tag{015} \end{equation}$$

Jetzt

$$\begin{equation} \dfrac{\partial\mathcal{L} }{\partial \dot{A}_{k}}=\dfrac{\partial }{\partial \dot{A}_{k}}\left( \boldsymbol{\nabla}\phi \boldsymbol{\cdot} \mathbf{\dot{A}}+\tfrac{1}{2}\left\Vert \mathbf{\dot{A}}\right\Vert^{2}\right)=\frac{\partial \phi}{\partial x_{k}}+\frac{\partial \mathrm{A}_{k}}{\partial t} \tag{016a} \end{equation}$$

$$\begin{equation} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_{k}}=\frac{\partial }{\partial A_{k}}\left(\frac{\mathbf{j} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}}{\epsilon_{0}}\right)=\frac{\mathrm{j}_{k}}{\epsilon_{0}} \tag{016b} \end{equation}$$ und $$\begin{equation} \dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}A_{k}\right)}=\dfrac{\partial}{\partial\left(\boldsymbol{\nabla}A_{k}\right)}\left(\tfrac{1}{2}c^{2}\sum^{k=3}_{k=1}\left[\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}\right]\right)=c^{2}\left(\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}- \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right) \tag{016c} \end{equation}$$ Die letzte Gleichung in (016c) ist wegen der Identität (Id-02) gültig, die in 2. Identitätsabschnitt bewiesen wurde : $$\begin{equation} \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)}=\dfrac{\partial}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)}\left(\sum^{k=3}_{k=1}\left[\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}\right]\right) =2\left( \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\right) \tag{Id-02} \end{equation}$$ Unter Verwendung der Ausdrücke der Gleichungen (016) ergibt die Euler-Lagrange-Gleichung (015) (014) und somit die Maxwell-Gleichung (001b).

2. Abschnitt Identitäten

^{Wenn$\: \mathbf{A}= \left( \mathrm{A}_{1}, \mathrm{A}_{2}, \mathrm{A}_{3}\right) \:$ist eine Vektorfunktion der kartesischen Koordinaten$\:\left( x_{1},x_{2},x_{3}\right)\:$dann}

$$\begin{equation} \left\Vert\boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right\Vert^{2} \equiv \sum^{k=3}_{k=1}\left[\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}-\dfrac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right] \tag{Id-01} \end{equation}$$ und
$$\begin{equation} \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)}=\dfrac{\partial}{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)}\left(\sum^{k=3}_{k=1}\left[\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}\right]\right) =2\left( \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}}\right) \tag{Id-02} \end{equation}$$ wobei die funktionale Ableitung der linken Seite definiert ist als $$\begin{equation} \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right)}\equiv \left[\dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{k}}{\partial x_{1}}\right)},\dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{k}}{\partial x_{2}}\right)},\dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{k}}{\partial x_{3}}\right)} \right] \tag{Id-03} \end{equation}$$ Beweis der Gleichung (Id-01) : $$\begin{eqnarray*} && \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2} =\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}-\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}-\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}-\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\right)^{2}\\ %---------------------------------------- &=& \left[\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right]+\left[\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right]+\left[\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}\right)^{2}\right] \\ %---------------------------------------- &&-2\left[\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}} +\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}+\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right]\\ %---------------------------------------- &=& \left[\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right] +\left[\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right] \\ %---------------------------------------- &&+\left[\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right] -\left[\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right]\\ %---------------------------------------- &&-2\left[\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}+\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}+\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right]\\ %---------------------------------------- &=& \Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{1}\Vert^{2}+\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{2}\Vert^{2}+\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{3}\Vert^{2}-\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}+\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}+ \frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}} \right)\\ %---------------------------------------- &&-\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}+\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{2}}+ \frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}} \right)-\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}+\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}+ \frac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{3}} \right)\\ %---------------------------------------- &=& \Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{1}\Vert^{2}+\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{2}\Vert^{2}+\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{3}\Vert^{2}- \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{1}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{1}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{2}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{2}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{3}}\boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{3}\\ %---------------------------------------- &=&\sum^{k=3}_{k=1}\left[\Vert \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\Vert^{2}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{k}} \boldsymbol{\cdot} \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{k}\right] \end{eqnarray*}$$ Beweis der Gleichung (Id-02): Aus Gleichung $$\begin{eqnarray*} && \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2} =\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}-\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}-\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}-\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\right)^{2}\\ %---------------------------------------- &=& \left[\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right]+\left[\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\right)^{2}\right]+\left[\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\left(\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}\right)^{2}\right] \\ %---------------------------------------- &&-2\left[\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{1}} +\frac{\partial A_{2}}{\partial x_{3}}\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{2}}+\frac{\partial A_{3}}{\partial x_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial x_{3}}\right] \end{eqnarray*}$$ wir haben $$\begin{eqnarray*} \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{1}}\right)} &=& 0 =2\left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{1}}-\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{1}} \right)\\ \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{2}}\right)} &=& 2\left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{2}}-\dfrac{\partial \mathrm{A}_{2}}{\partial x_{1}} \right) \\ \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{3}}\right)} &=& 2\left(\dfrac{\partial \mathrm{A}_{1}}{\partial x_{3}}-\dfrac{\partial \mathrm{A}_{3}}{\partial x_{1}} \right) \end{eqnarray*}$$ So $$\begin{equation*} \dfrac{\partial \left( \left|\!\left| \boldsymbol{\nabla} \boldsymbol{\times} \mathbf{A}\right|\!\right|^{2}\right) }{\partial \left(\boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{1}\right)}= 2\left( \boldsymbol{\nabla}\mathrm{A}_{1}-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial x_{1}}\right) \end{equation*}$$ Beweisgleichung (Id-02) für $\:k=1\:$und ähnlich für die anderen beiden Komponenten $\:k=2,3$.

Eine Methode besteht darin, die Maxwell-Aktion (set$J^\mu = 0$wenn Sie wollen, für den quellenfreien Fall)

$$S = \int d^4 x {\mathcal{L}} = - \int d^4 x \left(\frac{1}{4} F^{\mu \nu} F_{\mu \nu} + J^\mu A_\mu\right).$$ Notieren Sie sich das zunächst $$\begin{align} \delta \left(F^{\mu \nu} F_{\mu \nu}\right) &= 2 F^{\mu \nu} \delta F_{\mu \nu} \\ &= 2 F^{\mu \nu} \left(\partial_\mu \delta A_\nu - \partial_\nu \delta A_\mu\right) \\ &= 4 F^{\mu \nu} \partial_\mu \delta A_\nu \\ &= 4\left[\partial_\mu\left(F^{\mu \nu} \delta A_\nu\right) - \partial_\mu F^{\mu \nu} \delta A_\nu\right], \end{align}$$ wo wir die Tatsache verwendet haben, dass $F$ist antisymmetrisch.

Beachten Sie auch, dass die$\partial_\mu\left(F^{\mu \nu} \delta A_\nu\right)$Der Begriff verschwindet, wenn er mit dem Standardargument that in ein Oberflächenintegral umgewandelt wird$\delta A_\mu$verschwindet an der Integrationsgrenze.

Unter Verwendung des Obigen ist die Variation der Aktion

$$\delta S = - \int d^4x \ \delta A_\nu \left(-\partial_\mu F^{\mu \nu} + J^\nu \right),$$ was seit $\delta A_\nu$willkürlich ist, führt zum gewünschten Ergebnis $$\partial_\mu F^{\mu \nu} = J^\nu.$$