Demonstration der Antisymmetrie des elektromagnetischen Tensors

Question

Demonstration der Antisymmetrie des elektromagnetischen Tensors

Genie

Ich habe hier bereits einen Beitrag zu diesem Thema geschrieben, aber mir ist aufgefallen, dass ich die Erklärung zu diesem Beitrag nicht verstanden habe. in Kapitel 7 von Rindlers Buch über die Relativitätstheorie, im Abschnitt über elektromagnetische Feldtensoren, sagt er das

und zur späteren Bequemlichkeit einen Faktor 1/c einführen, können wir die Tensorgleichung „erraten“ ,

F_{μ} = \frac{Q}{C} E_{μ v} U^{v}

$F_\mu= \frac{q}{c} E_{\mu \nu} U^\nu$ wodurch der elektromagnetische Feldtensor eingeführt wird

E_{μ v}

$E_{\mu \nu}$ Wir würden sicherlich die Kraft wollen $F\mu$ ruhemasseerhaltend sein, was nach (6.44) und (7.15) verlangt

F_{μ} U^{μ} = 0

$F_\mu U^\mu = 0$ . Also brauchen wir

E_{μ v} U^{μ} U^{v} = 0

$E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = 0$ für alle $U^\mu$ , und damit die Antisymmetrie des Feldtensors

E_{μ v} = - E_{v μ}

$E_{\mu \nu}= −E_{\nu \mu}$ \

. . . Ich bin wirklich verwirrt über den richtigen Weg, um diese Gleichung zu zeigen $E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = 0$ impliziert die Tatsache, dass $E_{\mu\nu}$ ist ein antisymmetrischer Tensor. Was ist die korrekte Demonstration dieser Implikation?

OBS: Ich habe einige Beiträge gesehen, die diese Art von Frage mit bilinearer Kartennotation anstelle der Komponentennotation beantwortet haben. Wenn möglich, machen Sie bitte eine Demonstration mit der Indexnotation wie im Beitrag.

Valter Moretti

Tipp: Zerlegen

E

$E$ als Summe seiner symmetrischen und antisymmetrischen Teile.

Genie

@ValterMoretti Also wenn

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

$E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} + E_{[\mu \nu]} )U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Um den Dummies-Index zu pendeln, haben wir

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

$E_{\nu \mu} U^\nu U^\mu = (E_{(\nu \mu)} + E_{[\nu \mu]}) U^\nu U^\mu = 0, \ \forall U$ . Verwenden der Eigenschaften von symmetrischen und antisymmetrischen Teilen von

E

$E$ und pendeln

U^{μ}

$U^\mu$ Und

U^{ν}

$U^\nu$ , wir bekommen

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

$E _{\\nu \mu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} +-E_{[\mu \nu]} U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Also, was muss ich jetzt tun, um die Demonstration abzuschließen?

Valter Moretti

Wenn man die erste und die letzte Identität zusammenzählt, hat man das

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

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

U = X + Y

$U=X+Y$ und unter Verwendung der Symmetrie der Indizes finden Sie

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

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

Valter Moretti

Willkür von

X

$X$ Und

Y

$Y$ impliziert, dass der symmetrische Teil von

E

$E$ verschwinden muss (alle seine Matrixelemente sind Null). Somit

E

$E$ hat nur antisymmetrischen Teil: es ist antisymmetrisch.

Antworten (2)

Demonstration der Antisymmetrie des elektromagnetischen Tensors

Tipp: Zerlegen $E$ als Summe seiner symmetrischen und antisymmetrischen Teile.
@ValterMoretti Also wenn $E_{\mu \nu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} + E_{[\mu \nu]} )U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Um den Dummies-Index zu pendeln, haben wir $E_{\nu \mu} U^\nu U^\mu = (E_{(\nu \mu)} + E_{[\nu \mu]}) U^\nu U^\mu = 0, \ \forall U$ . Verwenden der Eigenschaften von symmetrischen und antisymmetrischen Teilen von $E$ und pendeln $U^\mu$ Und $U^\nu$ , wir bekommen $E _{\\nu \mu} U^\mu U^\nu = (E_{(\mu \nu)} +-E_{[\mu \nu]} U^\mu U^\nu = 0 , \ \forall U$ . Also, was muss ich jetzt tun, um die Demonstration abzuschließen?
Wenn man die erste und die letzte Identität zusammenzählt, hat man das $2E_{(ab)}U^aU^b=0$ . Hier, vorausgesetzt $U=X+Y$ und unter Verwendung der Symmetrie der Indizes finden Sie $2E_{(ab)}X^aY^b=0$ .
Willkür von $X$ Und $Y$ impliziert, dass der symmetrische Teil von $E$ verschwinden muss (alle seine Matrixelemente sind Null). Somit $E$ hat nur antisymmetrischen Teil: es ist antisymmetrisch.

Valter Moretti · Answer 1

Zuerst zerlegen $E$ als Summe seiner symmetrischen und antisymmetrischen Teile:

E_{A B} = E_{(A B)} + E_{[A B]} .

$E_{ab} = E_{(ab)} + E_{[ab]}\:.$ Jetzt geht es darum, das zu beweisen

\begin{matrix} (0) & E_{(A B)} = 0 \end{matrix}

$E_{(ab)} =0\tag{0}$ so dass

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

$E_{ab} = E_{[ab]}$ ist antisymmetrisch.

Beachten Sie zu diesem Zweck, dass in unserer Hypothese

\begin{matrix} (1) & 0 = E_{A B} U^{A} U^{B} = E_{(A B)} U^{A} U^{B} + E_{[A B]} U^{A} U^{B}, \end{matrix}

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

E_{[A B]} U^{A} U^{B} = E_{[B A]} U^{B} U^{A} = - E_{[A B]} U^{B} U^{A} = - E_{[A B]} U^{A} U^{B} = 0 .

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

\begin{matrix} (2) & E_{(A B)} U^{A} U^{B} = 0 . \end{matrix}

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

U = X + Y

$U=X+Y$ , wir haben von (2)

\begin{matrix} (3) & E_{(A B)} X^{A} X^{B} + E_{(A B)} Y^{A} Y^{B} + 2 E_{(A B)} X^{A} Y^{B} = 0 . \end{matrix}

$E_{(ab)}X^aX^b + E_{(ab)}Y^aY^b + 2E_{(ab)}X^aY^b=0\:.\tag{3}$ wo wir verwendet haben

E_{(A B)} X^{A} Y^{B} = E_{(A B)} Y^{A} X^{B}

$E_{(ab)}X^aY^b= E_{(ab)}Y^aX^b$ als Folge der Symmetrie von

E_{(a b)}

$E_{(ab)}$ . Verwenden Sie erneut (2) in (3) für

U = X

$U=X$ Und

U = Y

$U=Y$ , erhalten wir für jede Wahl von

X

$X$ Und

Y

$Y$ ,

E_{(A B)} X^{A} Y^{B} = 0 .

$E_{(ab)}X^aY^b=0\:.$ Mit anderen Worten, alle Matrixelemente der Elementmatrix

E_{(a b)}

$E_{(ab)}$ verschwinden, damit

E_{(a b)} = 0

$E_{(ab)}=0$ und (0) wahr ist, was den Beweis abschließt.

Katalognummer · Answer 2

Es ist wahrscheinlich klarer, rückwärts zu gehen:

E_{μ v} = - E_{v μ} \Leftrightarrow E_{μ v} U^{μ} v^{v} = - E_{v μ} U^{μ} v^{v} \forall U, v \Leftrightarrow E_{μ v} U^{μ} v^{v} = - E_{μ v} U^{v} v^{μ} \forall U, v RHS umbenennen μ \leftrightarrow v \Leftrightarrow E_{μ v} (U^{μ} + v^{μ}) (U^{v} + v^{v}) = 0 \forall U, v

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

Jetzt erkennen wir, dass der Zusatz von $V$ in der letzten Gleichung ändert die Bedingung nicht wirklich, und ohne die Allgemeingültigkeit zu verlieren, können wir sie als Null annehmen. Also gründen wir $E_{\mu\nu}U^\mu U^\nu \Leftrightarrow E_{\mu\nu} = - E_{\nu\mu}$

Die einzige Eigenschaft, die hier verwendet wird, ist die Linearität jedes Tensors.

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