Eine einfache Beweiskovarianz von Maxwell-Gleichungen

Question

Eine einfache Beweiskovarianz von Maxwell-Gleichungen

Physik
Trägheitsrahmen
Lorentz-Symmetrie
Maxwell-Gleichungen
Spezielle Relativität

Fausto Vezzaro

Ich habe gelesen, dass Maxwell-Gleichungen unter Lorentz-Transformationen kovariant sind, aber ich kann keinen Beweis finden. Oder zumindest ein Beweis, der für jemanden verständlich ist, der sich nicht mit höherer Mathematik auskennt (bitte fangen Sie nicht an, Hieroglyphen in Tensornotation zu schreiben, weil ich sie nicht verstehen kann: und beachten Sie, dass diese Frage aufgrund dieser Bitte kein Duplikat ist ) . Ich habe versucht, einen einfachen Kalkül zu machen und zu finden, was folgt. Betrachten wir die beiden Standardsysteme $S$ Und $S'$ (in Bewegung zum Positiven $x$ ) verwenden wir in der Relativitätstheorie. Nehmen wir an, in $S'$ Maxwell-Gleichungen funktionieren:

{\begin{cases} \nabla^{'} \cdot E^{'} = \frac{ρ^{'}}{ε_{0}} \\ \nabla^{'} \cdot B^{'} = 0 \\ \nabla^{'} \times E^{'} = - \frac{\partial B^{'}}{\partial T^{'}} \\ \nabla^{'} \times B^{'} = μ_{0} J^{'} + ε_{0} μ_{0} \frac{\partial E^{'}}{\partial T^{'}} \end{cases}

$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle{ \nabla' \cdot \mathbf{E}' = \frac{\rho'}{\varepsilon_0}}\\ \displaystyle{ \nabla' \cdot \mathbf{B}' = 0 }\\ \displaystyle{ \nabla' \times \mathbf{E}' = -\frac{\partial \mathbf{B}'}{\partial t'} }\\ \displaystyle{ \nabla' \times \mathbf{B}' = \mu_0 \mathbf{J}' + \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \mathbf{E}'}{\partial t'}} \end{array} \right. \end{equation}$ Dann erwarte ich, dass ich Auswechslungen mache

E^{'} = (E_{X}, γ (E_{j} - v B_{z}), γ (E_{z} + v B_{j})

$\begin{equation} \mathbf{E}' = (E_x , \gamma (E_y - v B_z) , \gamma (E_z + v B_y) \end{equation}$

B^{'} = (B_{X}, γ (B_{j} + \frac{v}{C^{2}} E_{z}), γ (B_{z} - \frac{v}{C^{2}} E_{j}))

$\begin{equation} \mathbf{B}' = \left(B_x , \gamma \left(B_y + \frac{v}{c^2} E_z \right) , \gamma \left(B_z - \frac{v}{c^2} E_y \right) \right) \end{equation}$

ρ^{'} = (1 - \frac{u_{X} v}{C^{2}}) γ ρ

$\begin{equation} \rho'=\left(1-\frac{u_x v}{c^2} \right) \gamma \rho \end{equation}$

\frac{\partial}{\partial X^{'}} = γ (\frac{\partial}{\partial X} + \frac{v}{C^{2}} \frac{\partial}{\partial T})

$\begin{equation} \frac{\partial}{\partial x'} = \gamma \left( \frac{\partial}{\partial x } + \frac{v}{c^2} \frac{\partial}{\partial t } \right) \end{equation}$

\frac{\partial}{\partial j^{'}} = \frac{\partial}{\partial j}

$\begin{equation} \frac{\partial}{\partial y'} = \frac{\partial}{\partial y} \end{equation}$

\frac{\partial}{\partial z^{'}} = \frac{\partial}{\partial z}

$\begin{equation} \frac{\partial}{\partial z'} = \frac{\partial}{\partial z} \end{equation}$

\frac{\partial}{\partial T^{'}} = γ (\frac{\partial}{\partial T} + v \frac{\partial}{\partial X})

$\begin{equation} \frac{\partial}{\partial t'} = \gamma \left( \frac{\partial}{\partial t } + v \frac{\partial}{\partial x } \right) \end{equation}$

u_{X}^{'} = \frac{u_{X} - v}{1 - \frac{u_{X} v}{C^{2}}}

$\begin{equation} u_x' = \frac{u_x - v}{1-\frac{u_x v}{c^2}} \end{equation}$

u_{j}^{'} = \frac{u_{j}}{γ (1 - \frac{u_{X} v}{C^{2}})}

$\begin{equation} u_y' = \frac{u_y}{\gamma \left( 1-\frac{u_x v}{c^2} \right)} \end{equation}$

u_{z}^{'} = \frac{u_{z}}{γ (1 - \frac{u_{X} v}{C^{2}})}

$\begin{equation} u_z' = \frac{u_z}{\gamma \left( 1-\frac{u_x v}{c^2} \right)} \end{equation}$ Ich sollte erhalten

{\begin{cases} \nabla \cdot E = \frac{ρ}{ε_{0}} \\ \nabla \cdot B = 0 \\ \nabla \times E = - \frac{\partial B}{\partial T} \\ \nabla \times B = μ_{0} J + ε_{0} μ_{0} \frac{\partial E}{\partial T} \end{cases}

$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle{ \nabla \cdot \mathbf{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}}\\ \displaystyle{ \nabla \cdot \mathbf{B} = 0 }\\ \displaystyle{ \nabla \times \mathbf{E} = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} }\\ \displaystyle{ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J} + \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}} \end{array} \right. \end{equation}$ Aber wenn Sie das tun, werden Sie sehen, dass dies nur für die Querkomponente funktioniert (

y

$y$ Und

z

$z$ ) von Vektorgleichungen (3. und 4., die mit curl). Konzentrieren wir uns zum Beispiel auf die einfachere Maxwell-Gleichung, die 2., die in

S^{'}

$S '$ Ist:

\nabla^{'} \cdot B^{'} = 0

$\nabla ' \cdot \mathbf {B}' = 0$ . Durch Substitutionen verwandelt sich dies in

\nabla \cdot B = 0

$\nabla \cdot \mathbf {B} = 0$ nur wenn die

x

$x$ Bestandteil von

\nabla \times E + \frac{\partial B}{\partial t}

$\nabla \times \mathbf {E} + \frac {\partial \mathbf {B}}{\partial t}$ ist Null. Auf den ersten Blick könnte man sagen "wo ist das Problem? Das funktioniert, wegen 3. Maxwell-Gleichungen". Das Problem ist, dass dies nicht grundiert ist! Meine Ausgangshypothese, bei der die gestrichenen Maxwell-Gleichungen: die nicht gestrichenen Maxwell-Gleichungen sind, was ich zu beweisen versuche. Wenn Sie auf irgendeine Weise beweisen können, dass sich die Längskomponente der gestrichenen 3. Maxwell-Gleichung korrekt in eine nicht gestrichene transformiert, dann würde der Beweis funktionieren, aber wenn Sie versuchen, zu transformieren

\nabla^{'} \times E^{'} = - \frac{\partial B^{'}}{\partial t^{'}}

$\nabla ' \times \mathbf {E} ' = -\frac {\partial \mathbf {B} '} {\partial t '}$ du wirst finden

\nabla \times E = - \frac{\partial B}{\partial t}

$\nabla \times \mathbf {E} = -\frac {\partial \mathbf {B}}{\partial t}$ nur wenn du meinst

\nabla \cdot B = 0

$\nabla \cdot \mathbf {B}=0$ . Mit anderen Worten

Die gestrichene 2. Gleichung wurde nur dann zur nicht gestrichenen 2. Gleichung, wenn die Längskomponente der nicht gestrichenen 3. Gleichung funktioniert
Längskomponente der gestrichenen 3. Gleichung wird nur dann zur Längskomponente der nicht gestrichenen 3. Gleichung, wenn die nicht gestrichene 2. Gleichung funktioniert

Diese Sackgasse ist frustrierend. Wenn Sie rechnen, können Sie sehen, dass die Dinge in ähnlicher Weise mit den anderen beiden Gleichungen ablaufen

Die gestrichene 1. Gleichung wurde nur dann zur nicht gestrichenen 1. Gleichung, wenn die Längskomponente der nicht gestrichenen 4. Gleichung funktioniert
Die Längskomponente der gestrichenen 4. Gleichung wurde nur dann zur Längskomponente der nicht gestrichenen 4. Gleichung, wenn die 1. Gleichung funktioniert

Noch kompakter kann ich schreiben (hier beziehen sich Zahlen auf Maxwell-Gleichungen in der Reihenfolge, die ich oben verwendet habe)

$2'$ Zu $2$ Wenn $3x$
$3x'$ Zu $3x$ Wenn $2$
$1'$ Zu $1$ Wenn $4x$
$4x'$ Zu $4x$ Wenn $1$

So sehen Sie auf einen Blick, dass wir uns in einer Sackgasse befinden! könnte ich hinzufügen

$3y'$ Zu $3y$ ohne Probleme
$3z'$ Zu $3z$ ohne Probleme
$4y'$ Zu $4y$ ohne Probleme
$4z'$ Zu $4z$ ohne Probleme

Vielleicht hätte ich keine Probleme mit der möglichen Formulierung von Maxwell-Gleichungen? (Es sieht nicht nach einer unerschwinglichen Schwierigkeit aus, wie ein Tensoransatz, aber ich habe es nicht so versucht.) Wie auch immer, wenn ich Resnick "Introduzione alla relatività ristretta" lese, denke ich, dass die Feldformulierung für diesen Beweis gut sein sollte, aber er rechnet explizit nur für die $y$ Bestandteil von $\nabla \times \mathbf{E} = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}$ , was einer der Spezialfälle ist, in denen dieser Beweis funktioniert! Ich kann nicht glauben, dass wir zum Beweis der Invarianz eine Änderung des Formalismus brauchen, sicherlich ist es möglich, das Ziel mit einigen listigen Tricks zu erreichen, die ich nicht sehe. Aber welcher?

Benutzer4552

Wenn Sie einen Beweis dafür ohne Tensornotation sehen wollen, dann hat ihn Einsteins 1905 erschienener Artikel über die spezielle Relativitätstheorie.

meine2cts

Warum sollte jemand dies ohne kovariante Notation tun wollen?

Fausto Vezzaro

@my2cts a) Weil diese Notation einfacher und daher auch für diejenigen verständlich ist, die sich nicht mit Tensorrechnung auskennen. b) Weil sogar Physiker, nicht nur Mathematiker, Spaß (und in manchen Fällen auch nützlich) daran finden können, alternative Beweise zu erfinden.

Antworten (2)

Eine einfache Beweiskovarianz von Maxwell-Gleichungen

Wenn Sie einen Beweis dafür ohne Tensornotation sehen wollen, dann hat ihn Einsteins 1905 erschienener Artikel über die spezielle Relativitätstheorie.
Warum sollte jemand dies ohne kovariante Notation tun wollen?
@my2cts a) Weil diese Notation einfacher und daher auch für diejenigen verständlich ist, die sich nicht mit Tensorrechnung auskennen. b) Weil sogar Physiker, nicht nur Mathematiker, Spaß (und in manchen Fällen auch nützlich) daran finden können, alternative Beweise zu erfinden.

Bob Jacobson · Answer 1

Es scheint, dass Sie tatsächlich Invarianz bewiesen haben: Da der gesamte Satz von Maxwells Gleichungen in einem Frame wahr ist, sind sie in einem anderen Frame wahr.

Aber das gefällt Ihnen nicht, weil Sie das irgendwie unabhängig für eine der Gleichungen gleichzeitig tun möchten. Das ist nicht möglich, weil nur die Menge der Maxwell-Gleichungen zusammen die Invarianzeigenschaft hat. Das ist der wirklich tiefe Punkt von all dem: Das Coulombsche Gesetz oder das Faradaysche Gesetz oder jeder andere Teil an sich ist eine Frame-abhängige Sache. Erst mit der Maxwellschen Unifikation (einschließlich des Verschiebungsterms) erhält man eine einheitliche, invariante Menge. Und diese Invarianz erfordert die spezielle Relativitätstheorie, nicht die Newtonsche Relativitätstheorie.

Der erste Absatz scheint die Forminvarianz unter Eichtransformationen mit der Forminvarianz unter Poincaire-Transformationen zu verwechseln.
Ich verstehe den Anfang Ihrer Antwort nicht: Ich habe die Invarianz nicht bewiesen (das ist mein Problem!). Ich verstehe das Ende Ihrer Antwort auch nicht: Ich verwende keine galiläischen Transformationen, sondern Lorentz-Transformationen. Noch weniger verstehe ich die Kritik "Sie wollen das irgendwie unabhängig für eine der Gleichungen auf einmal machen". Das ist völlig falsch, ich habe Maxwell-Gleichungen alle zusammen betrachtet, deshalb habe ich sie in ein System gesteckt und bei Versuchen, die Invarianz einer zu beweisen, versucht, andere auszunutzen (die Tatsache, dass sich die Querkomponenten allein transformieren, ist zufällig).
Also, was ist das Problem? Sie können zeigen, dass sie alle unveränderlich sind, solange sie alle unveränderlich sind. Das ist ein schöner Beweis.
@BobJacobsen Mein Problem ist, dass es nicht funktioniert, Substitutionen vorzunehmen und zu vereinfachen (sogar andere Gleichungen auszunutzen). Vier der 8 Gleichungen (1,2,3x,3y,3z,4x,4y,4z) lassen sich allein transformieren, und ich hatte gehofft, dies sei ein Ausgangspunkt, um andere zu transformieren. Aber um andere in nicht gestrichene umzuwandeln, brauchen wir nicht 3y, 3z, 4y oder 4z (das wäre schön gewesen!), wir brauchen andere nicht gestrichene Gleichungen 1, 2, 3x oder 4x, aber ich kann sie nicht ausnutzen, weil Meine Ausgangshypothese waren die gestrichenen.

Fausto Vezzaro · Answer 2

Ich habe einen Weg gefunden, das Problem zu lösen: Beginnen wir damit, die 8 Gleichungen explizit zu schreiben

{\begin{cases} (A) \frac{\partial E_{X}^{'}}{\partial X^{'}} + \frac{\partial E_{j}^{'}}{\partial j^{'}} + \frac{\partial E_{z}^{'}}{\partial z^{'}} = \frac{ρ^{'}}{ϵ_{0}} \\ (B) \frac{\partial B_{X}^{'}}{\partial X^{'}} + \frac{\partial B_{j}^{'}}{\partial j^{'}} + \frac{\partial B_{z}^{'}}{\partial z^{'}} = 0 \\ (C) \frac{\partial E_{z}^{'}}{\partial j^{'}} - \frac{\partial E_{j}^{'}}{\partial z^{'}} = - \frac{\partial B_{X}^{'}}{\partial T^{'}} \\ (D) \frac{\partial E_{X}^{'}}{\partial z^{'}} - \frac{\partial E_{z}^{'}}{\partial X^{'}} = - \frac{\partial B_{j}^{'}}{\partial T^{'}} \\ (e) \frac{\partial E_{j}^{'}}{\partial X^{'}} - \frac{\partial E_{X}^{'}}{\partial j^{'}} = - \frac{\partial B_{z}^{'}}{\partial T^{'}} \\ (F) \frac{\partial B_{z}^{'}}{\partial j^{'}} - \frac{\partial B_{j}^{'}}{\partial z^{'}} = μ_{0} J_{X}^{'} + ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E_{X}^{'}}{\partial T^{'}} \\ (G) \frac{\partial B_{X}^{'}}{\partial z^{'}} - \frac{\partial B_{z}^{'}}{\partial X^{'}} = μ_{0} J_{j}^{'} + ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E_{j}^{'}}{\partial T^{'}} \\ (H) \frac{\partial B_{j}^{'}}{\partial X^{'}} - \frac{\partial B_{X}^{'}}{\partial j^{'}} = μ_{0} J_{z}^{'} + ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E_{z}^{'}}{\partial T^{'}} \end{cases}

$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle{(a) \qquad \frac{\partial E'_x}{\partial x'} + \frac{\partial E'_y}{\partial y'} + \frac{\partial E'_z}{\partial z'} = \frac{\rho'}{\epsilon_0} }\\ \displaystyle{(b) \qquad \frac{\partial B'_x}{\partial x'} + \frac{\partial B'_y}{\partial y'} + \frac{\partial B'_z}{\partial z'} = 0 \qquad }\\ \displaystyle{(c) \qquad \frac{\partial E'_z}{\partial y'} - \frac{\partial E'_y}{\partial z'} = - \frac{\partial B'_x}{\partial t'} }\\ \displaystyle{(d) \qquad \frac{\partial E'_x}{\partial z'} - \frac{\partial E'_z}{\partial x'} = - \frac{\partial B'_y}{\partial t'} }\\ \displaystyle{(e) \qquad \frac{\partial E'_y}{\partial x'} - \frac{\partial E'_x}{\partial y'} = - \frac{\partial B'_z}{\partial t'} }\\ \displaystyle{(f) \qquad \frac{\partial B'_z}{\partial y'} - \frac{\partial B'_y}{\partial z'} = \mu_0 j'_x + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E'_x}{\partial t'} }\\ \displaystyle{(g) \qquad \frac{\partial B'_x}{\partial z'} - \frac{\partial B'_z}{\partial x'} = \mu_0 j'_y + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E'_y}{\partial t'} }\\ \displaystyle{(h) \qquad \frac{\partial B'_y}{\partial x'} - \frac{\partial B'_x}{\partial y'} = \mu_0 j'_z + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E'_z}{\partial t'} } \end{array} \right. \end{equation}$ Wenn wir die Ersetzungen der Antwort vornehmen, können wir auf diese Weise neu anordnen (ich schreibe

[A]_{x}

$[\mathbf{A}]_x$ für

A_{x}

$A_x$ )

{\begin{cases} (A) \nabla \cdot E - \frac{ρ}{ϵ_{0}} = v {[\nabla \times B - μ_{0} J - ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E}{\partial T}]}_{X} \\ (B) \nabla \cdot B = - \frac{v}{C^{2}} {[\nabla \times E + \frac{\partial B}{\partial T}]}_{X} \\ (C) {[\nabla \times E + \frac{\partial B}{\partial T}]}_{X} = - v \nabla \cdot B \\ (D) \frac{\partial E_{X}}{\partial z} - \frac{\partial E_{z}}{\partial X} = - \frac{\partial B_{j}}{\partial T} \\ (e) \frac{\partial E_{j}}{\partial X} - \frac{\partial E_{X}}{\partial j} = - \frac{\partial B_{z}}{\partial T} \\ (F) {[\nabla \times B - μ_{0} J - ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E}{\partial T}]}_{X} = \frac{v}{C^{2}} (\nabla \cdot E - \frac{ρ}{ϵ_{0}}) \\ (G) \frac{\partial B_{X}}{\partial z} - \frac{\partial B_{z}}{\partial X} = μ_{0} J_{j} + ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E_{j}}{\partial T} \\ (H) \frac{\partial B_{j}}{\partial X} - \frac{\partial B_{X}}{\partial j} = μ_{0} J_{z} + ϵ_{0} μ_{0} \frac{\partial E_{z}}{\partial T} \end{cases}

$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle{(a) \qquad \nabla \cdot \mathbf{E} - \frac{\rho}{\epsilon_0} = v \left[ \nabla \times \mathbf{B} - \mu_0 \mathbf{j} - \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \right]_x}\\ \displaystyle{(b) \qquad \nabla \cdot \mathbf{B} = - \frac{v}{c^2} \left[ \nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} \right]_x }\\ \displaystyle{(c) \qquad \left[ \nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} \right]_x = - v \nabla \cdot \mathbf{B} }\\ \displaystyle{(d) \qquad \frac{\partial E_x}{\partial z} - \frac{\partial E_z}{\partial x} = - \frac{\partial B_y}{\partial t} }\\ \displaystyle{(e) \qquad \frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y} = - \frac{\partial B_z}{\partial t} }\\ \displaystyle{(f) \qquad \left[ \nabla \times \mathbf{B} - \mu_0 \mathbf{j} - \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \right]_x = \frac{v}{c^2} \left( \nabla \cdot \mathbf{E} - \frac{\rho}{\epsilon_0} \right) }\\ \displaystyle{(g) \qquad \frac{\partial B_x}{\partial z} - \frac{\partial B_z}{\partial x} = \mu_0 j_y + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E_y}{\partial t} }\\ \displaystyle{(h) \qquad \frac{\partial B_y}{\partial x} - \frac{\partial B_x}{\partial y} = \mu_0 j_z + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E_z}{\partial t} } \end{array} \right. \end{equation}$ Wir sehen, dass (d), (e), (g) und (h) sich automatisch in nicht gestrichene Gleichungen transformieren (deshalb habe ich das in der Antwort geschrieben

3 y^{'}

$3y'$ ,

3 z^{'}

$3z'$ ,

4 y^{'}

$4y'$ Und

4 z^{'}

$4z'$ einwandeln

3 y

$3y$ ,

3 z

$3z$ ,

4 y

$4y$ Und

4 z

$4z$ ohne Probleme), während ich die anderen vier Gleichungen bequem arrangierte: Das Problem bestand darin, die Invarianz dieser zu beweisen. Aber nachdem wir das System wie oben beschrieben geschrieben haben, ist der Beweis einfach:

Multiplizieren von (c) mit $-\frac{v}{c^2}$ und durch Summieren zu (b) erhalten wir $\nabla \cdot \mathbf{B} = 0$ (dh nicht gestrichen (b) des ersten Systems), was mit (b) ergibt $\frac{\partial E_z}{\partial y} - \frac{\partial E_y}{\partial z} = - \frac{\partial B_x}{\partial t}$ (dh nicht grundiert (c) des ersten Systems)
Multiplizieren von (f) mit $v$ und durch Summieren zu (a) erhalten wir $\nabla \cdot \mathbf{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}$ (dh nicht gestrichen (a) des ersten Systems), was mit (a) ergibt $\frac{\partial B_z}{\partial y} - \frac{\partial B_y}{\partial z} = \mu_0 j_x + \epsilon_0 \mu_0 \frac{\partial E_x}{\partial t}$ (dh nicht grundiert (f) des ersten Systems)

Der Beweis ist beendet. Wenn ich diesen Beweis in einem Elektrodynamikbuch gefunden hätte, hätte ich viel Zeit gespart. Es tut mir leid, dass dieser interessante Beweis nicht in der Literatur steht (nicht jeder kann mit Tensoren umgehen). Das Resnick-Buch zeigt, wie man (d) transformiert, aber es ist nur der einfachste Fall.

Eine einfache Beweiskovarianz von Maxwell-Gleichungen

Fausto Vezzaro

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Maxwellsche Gleichungen und spezielle Relativitätstheorie [geschlossen]

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